[CECR2013] Escape
简述题意
给定一棵树，每个点有一个权值 \(a_{u}\) ，每次新经过一个没有到达过的点 \(u\) 则会令当前的 \(HP \leftarrow HP+a_{u}\)。
询问从 \(1\) 出发能否到达 \(t\) ，并且任意时刻 \(HP\geq 0\)。
Solution
一道经典题了，唯一的印象就是去年 hehezhou 讲过，但是当时还太菜听不懂，现在回来补一下。
考虑直接做 DP ，设 \(f_{u,i}\) 表示以 \(i\) 的血量进入子树 \(u\) 中最多可以获得 \(f_{u,i}\) 的血量。
至于判断是否能到达 \(t\) ，就新加入一个权值为 \(+\infty\) 的点连接在 \(t\) 上，最后看 \(f_{1,0}\) 是否为 \(+\infty\) 即可。
\(f_{u}\) 虽然查询快，但是修改是 \(O(W)\) 的，而我们只需要查询一次。
同时，即使使用线段树维护，也不太方便实现两个 \(f\) 数组之间的合并，因为要考虑到可能在两个子树间 “反复横跳” 的情况。
因此，我们尝试用另一种方法来得到 \(f_{u}\) ，设 \(g_{u}\) 为若干个二元组 \((x,y)\) 的集合，表示如果当前血量 \(\geq x\) ，则可以再额外加上 \(y\) 。（这个东西和 \(f_{u}\) 的差分数组很像不过并不完全一样）
那么原来的 \(f_{u,i}\) 就变成了这样一个过程：
- 初始令 \(HP=i\)
- 取出当前 \(g_{u}\) 中 \(x\) 最小的那个二元组 \((x,y)\) ，如果 \(HP>x\) 就结束，否则让 \(HP \leftarrow HP+y\) ，并删掉二元组 \((x,y)\)
- 重复上述步骤
最后得到的 \(HP\) 就是 \(f_{u,i}+i\) 。
这样子虽然查询一次的复杂度变高了，但是合并就方便了，考虑如何合并两颗子树 \(p,q\) ，实际上就是把两个集合给合并起来。
那么现在要把 \(u\) 加入到这个子树合并而成的集合中，该如何操作？
-
\(a_{u} > 0\)
直接往当前集合中丢入一个 \((0,a_{u})\)
-
\(a_{u}<0\)
我们令 \(cur\) 表示以当前 \(HP\) 状态下能额外提供的血量为 \(cur\) ，\(L\) 表示如果要进入子树 \(u\) ，初始的 \(HP\) 至少应该为多少。
- 初始令 \(cur=a_{u},L=-a_{u}\)，表示初始至少有 \(-a_{u}\) 的血才能进入，能够额外得到 \(a_{u}\) 的血量。
- 取出最小的二元组 \((x,y)\)
- 如果 \(x\leq L \or cur < 0\) ，就令 \(L\leftarrow\max(L,x-cur),cur\leftarrow cur+y\)
- 重复上述操作直到集合为空或者不满足条件
- 如果最后 \(cur>0\) ，就往集合中加入二元组 \((L,cur)\)
这样做是考虑我们初始的状态对这个集合的影响。
如果 \(L\geq x\) ，那么二元组 \((x,y)\) 一定会被统计上，同时如果初始 \(HP\) 在 \([x,L)\) 之间则不应该得到二元组 \((x,y)\) 的贡献，因此直接将 \((x,y)\) 附加到初始状态上，变成一个新的子问题。
如果 \(cur<0\) ，光拿 \(HP\geq L\) 的这一部分一定不优，肯定是还拿了集合里的其他二元组，因此继续将二元组附加到初始状态上直到 \(cur\geq 0\) 为止。
可以发现我们每次查询的都是集合里最小值，因此可以用堆来维护，最后只需要查询一下 \(f_{1,0}\) 。
如果使用左偏树来维护堆是 \(O(n\log n)\) 的，当然直接用 STL 外加启发式合并也可以通过此题，而且比较好写。
Code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define ri int
#define pll pair<ll,ll>
const int MAXN=2e5+7;
const ll inf=1e18;
int n,t;
ll a[MAXN];
vector<int> g[MAXN];
priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> > q[MAXN];
void merge(priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> > &p,priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> > &q){
if(p.size()<q.size()) p.swap(q);
while(!q.empty()) p.push(q.top()),q.pop();
}
void dfs(int u,int fa){
for(auto v:g[u]){
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
merge(q[u],q[v]);
}
if(a[u]>0) q[u].push((pll){0,a[u]});
if(a[u]<0){
ll cur=a[u],L=-cur;
while(!q[u].empty()&&(cur<0||q[u].top().first<(L))) L=max(L,q[u].top().first-cur),cur+=q[u].top().second,q[u].pop();
if(cur>0) q[u].push((pll){L,cur});
}
}
void work(){
scanf("%d%d",&n,&t);
for(ri i=1;i<=n+1;++i) g[i].clear();
for(ri i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",a+i);
for(ri i=1;i<n;++i){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
g[u].push_back(v),g[v].push_back(u);
}
++n;
for(ri i=1;i<=n;++i) while(!q[i].empty()) q[i].pop();
g[n].push_back(t),g[t].push_back(n);a[n]=inf;
dfs(1,0);
ll hp=0;
while(!q[1].empty()&&hp>=q[1].top().first){
hp+=q[1].top().second;
q[1].pop();
}
if(hp*2>=inf) puts("escaped");
else puts("trapped");
}
int main(){
int T;cin>>T;while(T--) work();
}
