NOI 2014 题目选做

说句闲话，为什么我把近年的 noi 基本都刷完了，还是感受不到它的出题风格？

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题目描述

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解法

设 \(dp[u]\) 表示从 \(u\) 走到根的最小花费，那么很容易写出转移：

\[dp[u]\leftarrow dp[x]+(d_u-d_x)\cdot p_u+q_u\ ,\ d_u-d_x\leq l_u \]

如果不考虑距离的限制，可以直接用可持久化李超树解决，结合暴力可以获得 \(70\) 分的高分！

发现考虑上距离的限制其实就是多加了一维偏序关系，所以我们可以用树套树。一种空间消耗较小的树套树方法是，我们预处理出每个点的欧拉出序，外层线段树以欧拉出序来建立。

询问时先二分出可以到达的最浅祖先，然后可以得到一个欧拉出序的区间，这个区间只包含这个点到祖先的路径，因为还没访问到的点没被加入到李超树中，那么插入的时候不用回撤，直接插入即可。

由于使用的是全局李超树，并且配合动态开点，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，空间复杂度 \(O(n\log n)\)

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define int long long
const int inf = 2e18;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,o[M],a[M],c[M],d[M],p[M],q[M],l[M],dp[M];
int cnt,rt[M<<2],ls[M*20],rs[M*20];vector<int> g[M];
struct node
{
	int k,b;
	node(int K=0,int B=inf) : k(K) , b(B) {}
	int get(int x) {return x*k+b;}
}s[M*20];
void ins(int &x,int l,int r,node t)
{
	if(!x) {s[x=++cnt]=t;return ;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(t.get(mid)<s[x].get(mid)) swap(t,s[x]);
	if(l==r) return ;
	if(t.get(l)<s[x].get(l)) ins(ls[x],l,mid,t);
	if(t.get(r)<s[x].get(r)) ins(rs[x],mid+1,r,t);
}
int qry(int x,int l,int r,int p)
{
	int t=s[x].get(p),mid=(l+r)>>1;
	if(!x || l==r) return t;
	if(p<=mid) return min(t,qry(ls[x],l,mid,p));
	return min(t,qry(rs[x],mid+1,r,p));
}
void upd(int i,int l,int r,int x,node t)
{
	ins(rt[i],0,1e6,t);
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(mid>=x) upd(i<<1,l,mid,x,t);
	else upd(i<<1|1,mid+1,r,x,t);
}
int ask(int i,int l,int r,int L,int R,int x)
{
	if(L>r || l>R) return inf;
	if(L<=l && r<=R) return qry(rt[i],0,1e6,x);
	int mid=(l+r)>>1;
	return min(ask(i<<1,l,mid,L,R,x),
	ask(i<<1|1,mid+1,r,L,R,x));
}
void pre(int u)
{
	for(int &v:g[u]) pre(v);
	o[u]=++m;
}
void dfs(int u)
{
	c[m]=u;upd(1,1,n,o[u],node(-a[m],dp[u]));
	for(int v:g[u])
	{
		m++;a[m]=a[m-1]+d[v];
		int x=o[c[lower_bound(a,a+m,a[m]-l[v])-a]];
		dp[v]=ask(1,1,n,o[u],x,p[v])+a[m]*p[v]+q[v];
		dfs(v);m--;
	}
}
signed main()
{
	n=read();read();
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		g[read()].push_back(i);d[i]=read();
		p[i]=read();q[i]=read();l[i]=read();
	}
	pre(1);m=0;dfs(1);
	for(int i=2;i<=n;i++)
		printf("%lld\n",dp[i]);
}