P11189 「KDOI-10」水杯降温

P11189 「KDOI-10」水杯降温

DP+二分

挺好的一题。首先很容易看到操作顺序不影响答案，所以考虑先 -1 再 +1，这时候分析什么状态可以用若干 +1 操作有解。

这时候手玩几棵树可以总结出：

1. 父亲节点一定要大于等于儿子。
2. 根节点要小于等于 \(0\)。

容易发现两个操作只会让父亲节点与儿子差距越来越小，也就是只会由满足到不满足。

所以可以看成在保证条件 1 始终满足的情况下让根节点最小，即操作尽可能多次的叶子节点。

最优化考虑 DP。设 \(f_i\) 表示 \(i\) 子树的叶子节点最多操作几次，使得 \(i\) 子树满足条件。

转移很神奇，因为直观的，深度越低操作次数一定不增，并且一个点可以操作 \(k\)，那么也可以操作 \(<k\) 次。

所以考虑二分。二分 \(i\) 子树操作 \(x\) 次，那么 \(i\) 权值变为 \(a_i-x\)，其儿子 \(v\) 必须小于它，至少需要操作 \(\max(0,a_v-(a_i-x))\) 次。

无解的情况：如果需要操作次数大于 \(x\)，无解。如果儿子需要操作次数大于 \(f_v\)，无解。

你发现这样做不需要考虑到如何分配操作位置，单纯从判定求出了 \(f_i\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define mk std::make_pair
#define pb push_back

using u32 = unsigned;
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

const int N = 1e5 + 10;
int c, t;
int n;
bool flg;
std::vector<int> e[N];
i64 f[N], a[N];
bool check(int u, i64 x) {
	i64 sum = 0;
	for(auto v : e[u]) {
		sum += std::max(0ll, a[v] - a[u] + x);
		if(a[v] - a[u] + x > f[v]) return 0;
	}
	if(sum > x) return 0;
	return 1;
}
void dfs(int u) {
	if(!e[u].size()) {
		f[u] = 1e12;
		return;
	}
	i64 ret, l = 0, r = 0;
	for(auto v : e[u]) {
		dfs(v);
		r += f[v];
	}
	if(flg || !check(u, 0)) {
		flg = 1;
		return;
	}
	while(l <= r) {
		i64 mid = (l + r) >> 1;
		if(check(u, mid)) ret = mid, l = mid + 1;
		else r = mid - 1;
	}
	f[u] = ret;
}
void fake_main() {
	std::cin >> n;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		int fa;
		std::cin >> fa;
		e[fa].pb(i);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> a[i];

	dfs(1);
	if(flg || a[1] > f[1]) std::cout << "Shuiniao\n";
	else std::cout << "Huoyu\n"; 
	for(int i = 1; i <= n; i++) e[i].clear(), f[i] = 0;
	flg = 0;
}
int main() {
// 	freopen("P11189_13.in", "r", stdin);
// 	freopen("P11189_13.ans", "w", stdout);
	
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	
	std::cin >> c >> t;

	while(t--) fake_main();

	return 0;
}