APIO2016 烟火表演

传送门

给定一棵树，带边权。$1$ 的代价可以使某边权 $\pm 1$。求最小代价使从根到叶子距离都相等。
$n\le 3\times {10}^5,w_e\le {10}^9$。

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$f_u(x)$ 表示 $u$ 的子树内把 $u$ 到叶子的距离都变成 $x$ 的最小代价。$F_u(x)$ 表示 $u$ 的子树内把 $fa[u]$ 到叶子的距离都变成 $x$ 的最小代价。

写出转移方程。

$$f_v(x)=\sum _{c\in son(v)}{F}_c(x)$$

$$F_c(x)=\underset{d}{min}\{|len-d|+f_c(x-d)\}$$

其中 $len$ 表示 $c$ 和 $fa[c]$ 的边长度。

引理：$f_v()$ 是下凸函数，$F_c()$ 是下凸函数。

证明：

当 $F_c$ 是下凸的，试证明 $f_{fa[c]}$ 下凸。
$f_{fa[c]}()=\sum F_c()$。考虑二阶导数，$F_c$ 的二阶导为正，则 $f_{fa[c]}()$ 的二阶导等于 $F_c()$ 二阶导求和，也是正的。所以 $f_{fa[c]}()$ 是下凸的。

当 $f_c$ 是下凸的，试证明 $F_c$ 下凸。
记 $g(d)=|d-len|$。

$$F_c(x)=min\{g(0)+f_c(x),g(1)+f_c(x-1),\dots \}$$

我们把这些图像都画一下。

观察到 $f(x-1)$ 相较于 $f(x)$ 右移了一个单位长度；$g(1)$ 相较于 $g(0)$ （如果 $len\ge 1$ 的话）向下移了一个单位长度。

所以 $g(1)+f(x-1)$ 比 $g(0)+f(x)$ 向右下方移了 $1$ 格（如果 $len\ge 1$）；容易想到，当 $d>len$ 之后，$g(d)+f(x-d)$ 比 $g(d-1)+f(x-d+1)$ 向右上方移了 $1$ 格。

当取了 $min$ 之后（$F_c$）是什么样的？

保留 $g(0)+f(x)$ 最低点及其左侧的拐点 $x_0$，然后从 $x_0\sim x_0+len$ 都是一条斜率 $-1$ 的直线，$x_0+len\sim +\mathrm{\infty }$ 都是一条斜率 $+1$ 的直线。

显然这还是一个下凸函数。（其实这个证明很不严谨，感性理解吧）

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基于证明，我们尝试维护 $f_c$ 和 $F_c$ 的图像。因为是凸的，维护拐点以及最左侧的起始点即可。

第一个问题是用什么维护拐点。用一个可重集维护，每一个元素都记录一个拐点；当一个元素重复出现，比如出现了 $x$ 次，表示这个拐点到上一个拐点的斜率，相比于上一个拐点到上上个拐点的斜率，增加了 $x$。

最左侧的起始点，就是 $(0,f_c(0))$ 或者 $(0,F_c(0))$，容易求。

第二个问题是 $F_{son}\to f_{fa}$ 时，拐点是如何变化的。
容易想到，只要把所有 $son$ 的 $F$ 图像拐点，全部合并（merge）起来即可。注意到从 $f_c$ 最后一个拐点到 $+\mathrm{\infty }$ 的斜率是 $c$ 的儿子数。

第三个问题是 $f_c\to F_c$ 时，拐点是如何变化的。
观察上面证明的图像变化。

1. 把斜率 $>0$ 的全部改成斜率 $1$，也就是把斜率 $>0$ 的拐点全部 pop 了。
2. 把斜率 $=0$ 的那一段，向右平移 $len$ 格。在做完 $1$ 后，最靠右的两个拐点一定是斜率 $0$ 的那一段。把它们取出来，都 $+len$ 再放回去即可。
3. "斜率 $=0$ 的那一段的左端点" 到 "它左侧的拐点" 的斜率改成 $-1$。其实在做 $2$ 的时候就已经顺便做了。

到这里已经可以做了。但是我们可以再多观察一个性质，更加优美地写代码。
因为每个 $F$ 相邻拐点的斜率都 $\le 0$，所以当产生斜率 $\ge 1$ 的直线，必然是两个 $F$ 合并了，而且必然产生且只产生一个。
所以 $f_c\to F_c$ 进行 1 的时候，要把斜率 $>0$ 的拐点全部 pop 了。这种拐点的个数就是 $c$ 的儿子个数 $-1$。

维护拐点的集合，因为只会从右边删，用左偏树即可。

注意到我们其实并不需要同时维护 $f$ 和 $F$ 的图像。对于一个结点，它的 $f$ 只在更新 $F$ 的时候起作用，$F$ 只在更新 $f$ 的时候起作用，所以我们只维护 $F$ 的图像。拿一个结点的 $F$ 更新父结点的 $f$，然后舍弃这个结点的 $F$。等到处理父结点的时候，再把 $f$ 变成 $F$。注意在处理 $1$ 的时候，不要把 $f_1$ 也弄成 $F_1$ 了。

当我们拥有了 $f_1$，找到 $f_1$ 的图像最低点。其函数值就是答案。

但是这里还有一个方法，可以简化我们求函数值的过程。首先 $f_1(0)$ 就是所有边权的和，非常简单。$f_1(0)$ 减去 "斜率 $=0$ 的那一段的左端点及它左侧的所有拐点" 的 $x$ 坐标之和，就是最低点的函数值。

注意到拐点总个数是 $O(n)$ 的，所以复杂度 $O(n\log n)$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 6e5 + 5;

struct Node {
	ll val;
	int l, r, d;
	
	Node() {
		val = l = r = 0;
		d = -1;
	}
	Node(ll v) {
		val = v;
		l = r = d = 0;
	}
};
int sz = 0;
Node a[N];
int new_Node(ll v) { //新建一个权值为v的结点 
	a[++sz] = Node(v);
	return sz;
}
int mrg(int L, int R) { //合并以L,R为根的左偏树，返回最终根结点 
	if (L == 0 || R == 0)
		return L + R;
	if (a[L].val < a[R].val)
		swap(L, R);
	a[L].r = mrg(a[L].r, R);
	if (a[a[L].l].d < a[a[L].r].d)
		swap(a[L].l, a[L].r);
	a[L].d = a[a[L].r].d + 1;
	return L;
}
int pop(int x) { //弹出x，顺便返回新堆的根结点 
	return mrg(a[x].l, a[x].r);
}

int rt[N]; //rt[i]记录结点i的左偏树的根 

int n, m;
int p[N], c[N]; //父结点，到父结点的边权 
int sons[N] = {}; //儿子个数 

int main() {
	cin >> n >> m;
	ll f10 = 0;
	for (int i = 2; i <= n + m; i++) {
		cin >> p[i] >> c[i];
		f10 += c[i];
		sons[p[i]]++;
	}
	
	for (int i = n + m; i >= 2; i--) {
		for (int j = 1; j < sons[i]; j++) //第一步：弹出所有斜率>0的 
			rt[i] = pop(rt[i]);
		//第二步：把斜率0的那一段向右平移len(c[i])
		ll R = a[rt[i]].val;
		rt[i] = pop(rt[i]);
		ll L = a[rt[i]].val;
		rt[i] = pop(rt[i]);
		rt[i] = mrg(rt[i], mrg(new_Node(L + c[i]), new_Node(R + c[i])));
		//第三步：右端改成斜率1的，已经完成
		
		//当前结点的F合并到父结点的f
		rt[p[i]] = mrg(rt[p[i]], rt[i]);
	}
	//把f1的斜率>0的也pop了，这样堆顶就是最低点
	for (int j = 1; j < sons[1]; j++)
		rt[1] = pop(rt[1]);
	rt[1] = pop(rt[1]); //把slope=0的右端点pop了
	while (rt[1]) {
		f10 -= a[rt[1]].val;
		rt[1] = pop(rt[1]);
	}
	cout << f10 << endl;
	return 0;
}