BZOJ3672/UOJ7 [Noi2014]购票

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Description

 　　今年夏天，NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发，到SZ市参加这次盛会。

       全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树，每个城市与它的父亲用道路连接。为了方便起见，我们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。对于除SZ市之外的任意一个城市 v，我们给出了它在这棵树上的父亲城市 f_v  以及到父亲城市道路的长度 s_v。

从城市 v 前往SZ市的方法为：选择城市 v 的一个祖先 a，支付购票的费用，乘坐交通工具到达 a。再选择城市 a 的一个祖先 b，支付费用并到达 b。以此类推，直至到达SZ市。

对于任意一个城市 v，我们会给出一个交通工具的距离限制 l_v。对于城市 v 的祖先 a，只有当它们之间所有道路的总长度不超过 l_v  时，从城市 v 才可以通过一次购票到达城市 a，否则不能通过一次购票到达。对于每个城市 v，我们还会给出两个非负整数 p_v,q_v  作为票价参数。若城市 v 到城市 a 所有道路的总长度为 d，那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 dp_v+q_v。

每个城市的OIer都希望自己到达SZ市时，用于购票的总资金最少。你的任务就是，告诉每个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。

 

Input

第 1 行包含2个非负整数 n,t，分别表示城市的个数和数据类型（其意义将在后面提到）。输入文件的第 2 到 n 行，每行描述一个除SZ之外的城市。其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分别表示城市 v 的父亲城市，它到父亲城市道路的长度，票价的两个参数和距离限制。请注意：输入不包含编号为 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。

Output

输出包含 n-1 行，每行包含一个整数。其中第 v 行表示从城市 v+1 出发，到达SZ市最少的购票费用。同样请注意：输出不包含编号为 1 的SZ市。

Sample Input

7 3
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10

Sample Output

40
150
70
149
300
150

HINT

对于所有测试数据，保证 0≤p_v≤10⁶，0≤q_v≤10¹²，1≤f_v<v；保证 0<s_v≤l_v≤2×10¹¹，且任意城市到SZ市的总路程长度不超过 2×10¹¹。

输入的 t 表示数据类型，0≤t<4，其中：

当 t=0 或 2 时，对输入的所有城市 v，都有 f_v=v-1，即所有城市构成一个以SZ市为终点的链；

当 t=0 或 1 时，对输入的所有城市 v，都有 l_v=2×10¹¹，即没有移动的距离限制，每个城市都能到达它的所有祖先；

当 t=3 时，数据没有特殊性质。

n=2×10^5

正解：CDQ分治+斜率优化DP+树分治

解题报告：

　　这道题是三算法合一经典好题...

　　我们考虑如果是在一个序列上，就是simple的斜率优化裸题了。但是P[i]的变化不随i变化而规律性变化，所以我每次要求的最优斜率是不一样的，维护好下凸包，每次在凸包上二分找到最优值即可。

　　对于树上的距离限制，我们肯定对于每个点要重建凸包，如果每次重建显然复杂度无法承受，所以我们需要改变节点的处理顺序，使得祖先上的点顺次加入并且不用重构，这很简单，只要考虑每个点能被最上面的哪些点更新到，排个序就可以扫一遍做完了。

　　另外树分治是为了保证我整体上的处理复杂度是log次，CDQ分治的最大精髓就是先递归处理一部分，再用处理完的部分来更新未处理的部分，显然当祖先节点递归处理完之后，就可以用来处理子树，而每棵子树内部的点都共用了一条链上的祖先，更新答案，最后再递归处理就可以了。

　　说的有点抽象，看看代码理解起来还是挺快的。其实是我懒，不想写公式...

//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 200011;
const LL inf = (1LL<<62);
int n,f[MAXN],ecnt,first[MAXN],to[MAXN],next[MAXN],size[MAXN],maxS[MAXN],cnt,dui[MAXN];
LL p[MAXN],q[MAXN],lim[MAXN],dis[MAXN],w[MAXN],dp[MAXN];
bool use[MAXN];
struct node{ LL val; int id; }a[MAXN];
inline bool cmp(node q,node qq){ return q.val>qq.val; }
inline void link(int x,int y,LL z){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; }
inline LL upd(int i,int j){ return dp[j]+(dis[i]-dis[j])*p[i]+q[i]; }
inline LL K(int x,int y){ return (dp[y]-dp[x])/(dis[y]-dis[x]); }
inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

inline LL getLL(){
    LL w=0; LL q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

inline void dfs(int x){//预处理每个节点的dis和size
	size[x]=1;
	for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
		dis[to[i]]=dis[x]+w[i];
		dfs(to[i]); size[x]+=size[to[i]];
	}
}

inline void find_root(int x,int S,int &rt){
	maxS[x]=0; size[x]=1;
	for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
		int v=to[i]; if(use[v]) continue;
		find_root(v,S,rt);
		size[x]+=size[v]; maxS[x]=max(maxS[x],size[v]);
	}
	maxS[x]=max(maxS[x],S-size[x]);
	if(maxS[x]<maxS[rt] && size[x]>1/*不然会GG!!!*/) rt=x;
}

inline void dfs2(int x){
	a[++cnt].id=x; a[cnt].val=dis[x]-lim[x];
	for(int i=first[x];i;i=next[i]) if(!use[to[i]]) dfs2(to[i]);
}

inline void solve(int x,int S){
	if(S==1) return ; int rt=0,now;
	find_root(x,S,rt);
	for(int i=first[rt];i;i=next[i]) use[to[i]]=1;//把重心的儿子节点堵上
	//CDQ分治
	//先处理除了重心的子树之外的部分
	solve(x,S-size[rt]+1);//重心也放入这个部分，方便以后讨论

	cnt=0; for(int i=first[rt];i;i=next[i]) dfs2(to[i]);
	sort(a+1,a+cnt+1,cmp);//把子树内所有点按能被更新到的最高高度自大往小排序
	now=rt;//需要向外更新的是，重心到当前分治根节点的这条链上的所有点
	int tail,l,r,mid,pos; tail=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) {
		while(now!=f[x] && dis[a[i].id]-lim[a[i].id]<=dis[now]) {
			while(tail>1 && K(dui[tail],now)>=K(dui[tail-1],dui[tail])) tail--;
			//因为dis[now]递减，相当于是横坐标递减，可以看做是倒着加入，注意斜率判断方向
			dui[++tail]=now; now=f[now];
		}
		if(tail>0) {
			//在凸包上二分求得最优解
			l=1; r=tail; pos=1;
			while(l<=r) {
				mid=(l+r)>>1; if(mid==tail) { pos=tail; break; }
				if(K(dui[mid],dui[mid+1])>=p[a[i].id]) l=mid+1,pos=mid+1;//当前最优的应该是mid+1!!!
				else r=mid-1;
			}
			dp[a[i].id]=min(dp[a[i].id] , upd(a[i].id,dui[pos]));
		}
	}
	for(int i=first[rt];i;i=next[i]) solve(to[i],size[to[i]]);
}

inline void work(){
	n=getint(); LL x; x=getint();
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		f[i]=getint(); x=getLL(); link(f[i],i,x);
		p[i]=getint(); q[i]=getLL(); lim[i]=getLL();
	}
	dfs(1); maxS[0]=n+1; for(int i=2;i<=n;i++) dp[i]=inf;
	solve(1,size[1]);
	for(int i=2;i<=n;i++) printf("%lld\n",dp[i]);
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}