一道 “较” 水的黑题 （可一开始苦思冥想还是不会）。

本蒟蒻的第一篇黑题题解，求赞。

题意简化

给定一棵 $n$ 个节点、根节点为 $1$ 的有根树。$q$ 次询问中每次给定一个 $k$，输出需要最少用几次操作次数 删除 完整棵树。每次操作可以选择 删除 不超过 $k$ 个未访问的点，且这些点 没有父亲。（血腥的味道）

前置知识

有一个 小小 的结论：存在一个 $i$，满足可以用 $i$ 次操作删掉所有深度小于等于 $i$ 的点，剩下的操作每次都删掉 $k$ 个点。

形式化地，设 $f_k$ 为 $k$ 对应的答案，$s_i$ 是深度大于 $i$ 的点数，有：

• Why？

显然 ，要证明 $f_k=\underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$，转换为不等式，可分别证明 $f_k\ge \underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$ 和 $f_k\le \underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$：

1. 证明 $f_k\ge \underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$ ：
   可以注意到一个性质，要删除至少一个深度为 $i$ 的点，至少需要 $i$ 次操作。那么有 $f_k\ge \underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$。

2. 证明 $f_k\le \underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$ ：
   设 $f_{k,i}=i+\lceil \frac{s_i}{k}\rceil$，$f_{k,i}$ 在 $i=a$ 时取最大值。我们假设 $b$ 步可以删除完前 $b$ 层的节点，且这是满足条件的最大的 $b$，即证 $a=b$。

   • 先证 $a\ge b$：对于 $c<b$，若 $f_{k,c}>f_{k,b}$，则深度范围在 $(c,b]$ 之间的点数大于 $k(b-c)$，删掉一个第 $c$ 层的点至少要 $c$ 步，删掉 $c+1$ 到 $b$ 层的所有点要大于 $(b-c)$ 步，那么前 $b$ 层肯定 $b$ 次删不完，矛盾。因此 $a\ge b$。

   • 再证 $a\le b$：

     1. 第 $b+1$ 层一定有超过 $k$ 个节点，$f_{k,b+1}\le f_{k,b}$。
     2. 若第 $b+1$，$b+2$ 层点数之和不超过 $2k$，那么第 $b+2$ 层的点数一定不足 $b+1$ 层的，我们可以 $b+2$ 次删除完前 $b+2$ 层，矛盾，因此第 $b+1$，$b+2$ 层点数之和大于 $2k$，$f_{k,b+2}\le f_{k,b}$。

     以此类推 $a\le b$。
     所以 $a=b$，即 $f_k\le \underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$。

根据上面对 $a\le b$ 的证明，可以归纳证明第 $b+1$ 到第 $b+t$ 层的点数之和大于 $kt$，于是我们只需要一层一层删掉，并优先删除有儿子的结点就一定可行。这样 $f_k=\underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$，证毕。

题目解法

嘿嘿，大脑有没有烧了呢？有了以上结论，这道题就可以 秒 切了。

对 $f_k=\underset{i}{max}\lceil \frac{s_i}{k}\rceil +i$ 进行变形：

所以，只需求 $g_k=max{s}_i+ki$ 。

则：$s_i=-ki+g_k$（$y=kx+b$）。

斜率优化即可，横坐标和斜率都单调，复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

参考代码

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N=1e6+5;
	int n,m,q[N],dep[N];
	int sum[N],maxn,ans[N];
	struct __{
		int x,y;
		bool operator<(const __ x)const{
			return y<x.y;
		}
	}a[N];
	double slp(int x,int y){
		if(x==y)return 1e9;
		return (sum[y+1]-sum[x+1])*1.0/(x-y);
	}
	signed main(){
		ios::sync_with_stdio(0);
		cin.tie(0); cout.tie(0);
		cin>>n>>m;sum[1]=dep[1]=1;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			cin>>a[i].y,a[i].x=i;
		stable_sort(a+1,a+m+1);
		for(int i=2,x;i<=n;i++){
			cin>>x; dep[i] = dep[x]+1;
			maxn = max(maxn , dep[i]);
			sum[dep[i]]=sum[dep[i]]+1;
		}
		for(int i=maxn;i>0;i--)
			sum[i]+=sum[i+1];
		int l=1,r=1;
		for(int i=1;i<=maxn;i++){
			while(l<r&&slp(i,q[r])<=slp(q[r],q[r-1]))
				r--;
			q[++r]=i;
		}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			while(l<r&&a[i].y>slp(q[l],q[l+1]))
				l++;
			int k=q[l],Y=a[i].y,X=a[i].x;
			ans[X] = k+(sum[k+1]+Y-1)/Y ;
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
			cout<<ans[i]<<" ";
		return 0;
	}

完 结 撒 花 ！ ！ ！

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