CF2006B Iris and the Tree

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题解

知识点：DFS序。

编号已经满足 dfs 序，因此对于边 $t_v = (u,v), u < v$ ，有且仅有两条路径 $v - 1 \to v, R_v \to R_v \bmod n + 1$ 会经过这条边，前者是进入子树 $v$ 时经过，后者是离开子树 $v$ 时经过。其中 $R_v$ 表示子树 $v$ 内的最大编号，我们可以用 dfs 预处理。

显然，当一条路径存在未确定的边时，它的距离等于路径上确定的边的边权和加上剩余未分配的权值（全给未确定的边即可）。

设总和为 $ans$ ，最初 $n$ 条路径的距离都是 $0 +w$ ，因此 $ans = nw$ 。

每次确定一个边权 $y$，未分配的权值将会减少 $y$，因此所有不经过这条边且存在未确定边的路径的距离都将减少 $y$，而经过这条边的路径的距离不会发生变化。设剩余存在未确定边的路径数为 $rest$ ，那么一次操作后答案将更新为 $ans - (rest - 2)y$ 。

此外，一次操作后，如果存在路径已经完全确定时，它们的距离就不能加上未分配的权值，假设 $w'$ 是当前未分配的权值，那么需要将答案更新为 $ans - w$ 。

最后，我们可以预处理每条路径未确定边的个数 $cnt$ ，每次确定一条边，会更新经过它的两条路径的 $cnt$ 值。当某条路径的 $cnt$ 归零，表示它已经完全确定。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
vector<int> g[200007];
int cnt[200007];
 
int R[200007];
void dfs(int u) {
    R[u] = u;
    for (auto v : g[u]) {
        dfs(v);
        R[u] = max(R[u], R[v]);
    }
}
 
bool solve() {
    int n;
    ll w;
    cin >> n >> w;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        cnt[i] = 0;
        g[i].clear();
    }
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        int p;
        cin >> p;
        g[p].push_back(i);
    }
 
    dfs(1);
 
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        cnt[i - 1]++;
        cnt[R[i]]++;
    }
 
    int rest = n;
    ll ans = n * w;
    for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
        int x;
        ll y;
        cin >> x >> y;
        cnt[x - 1]--;
        cnt[R[x]]--;
        w -= y;
        ans -= 1LL * (rest - 2) * y;
        if (cnt[x - 1] == 0) ans -= w, rest--;
        if (cnt[R[x]] == 0) ans -= w, rest--;
        cout << ans << ' ';
    }
    cout << '\n';
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}