[atARC115F]Migration
称$k$个物品的位置$(a_{1},a_{2},...,a_{k})$为一个状态，并设初始状态为$S$，结束状态为$T$
定义状态的比较：首先根据$\sum_{i=1}^{k}h_{a_{i}}$，即代价小的状态更小，在代价相同时字典序小的状态更小
考虑二分答案$mid$，接下来即判定$S$能否在代价恒不超过$mid$的限制下转换为$T$
定义$f(S)$为状态$S$在该限制下所能达到的最小的状态，根据这个转换的传递性以及可逆性，不难发现原条件即等价于$f(S)=f(T)$
将对一个物品极长的连续若干次操作称为一段，那么总存在一种方案，使得$S$在达到$f(S)$的操作过程中，每一段操作都使得$S$严格更小（这段操作前和这段操作后比较）
证明比较简单，如果不满足该条件，将这段操作移动到下一次操作该物品的段之前一定不劣，这样会导致段数减小，因此不能无限操作，即得证
根据这个结论，求$f(S)$即任意执行一段合法（代价仍不超过$mid$）且使得$S$严格变小的操作，并对执行后的这个状态$S'$求$f(S')$即可（根据操作可逆性，有$f(S')=f(S)$）
每一段操作的效果可以看作二元组$(x,y)$，即使得$a_{x}$变为$y$，上面的两个条件分别对应于：
1.合法性，等价于$\Delta h+\sum_{i=1}^{k}h_{a_{i}}\le mid$，其中$\Delta h$为$a_{x}$到$y$路径上（包括端点）最大权值减去$h_{a_{x}}$的值，即判定$a_{x}$移动到最大权值上时代价是否超过$mid$
2.使得$S$严格变小，等价于$h_{y}<h_{a_{x}}$或$h_{y}=h_{a_{x}}$且$y<a_{x}$
根据第2个条件，不难证明一个位置至多被修改$n$次，因此至多$o(nk)$段操作，如果能在$o(\log n)$的复杂度内找到（任意）一段操作，即可做到$o(nk\log^{2}n)$的复杂度（最外层的二分）
可以$o(n^{2})$处理出每一个$k$，当$a_{x}=k$时最小的$\Delta h$，将之记作$H_{k}$，并用set维护出$\min_{x=1}^{n}H_{a_{x}}$以及对应的$x$和$\Delta h$取到$H_{a_{x}}$时的$y$即可找到”最容易实现”的操作（即若该操作不可行则其余操作均不可行）
这样的复杂度仍然不够，考虑优化掉二分，即同时执行求$f(S)$和$f(T)$的过程，每一次操作不需要判定合法性，而是对$ans$取max，选择对$S$或$T$中取的max的值较小的操作先执行，直至$S=T$结束
（关于$S=T$的判定可以记录$S$和$T$中不同的元素个数，以及要特判$S$或$T$已经取到最小了）
这样的做法即在过程中利用单调性实现了二分，做到了$o(nk\log n)$的复杂度
还可以进一步优化，将所有$H_{k}$从小到大排序，并从左到右依次执行，将该位置上所有数都移动到其对应点上，暴力移动复杂度是$o(nk)$的，如果用bitset可以优化到$o(\frac{nk}{\omega})$
然而还有求$H_{k}$的瓶颈，因此复杂度是$o(n^{2}+\frac{nk}{\omega})$
（原题解提到了可以优化到$o(n\log n+k)$，但并没有提到具体方式）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 2005 4 #define ll long long 5 struct Edge{ 6 int nex,to; 7 }edge[N<<1]; 8 priority_queue<pair<int,int> >qS,qT; 9 int E,n,m,x,y,diff,head[N],h[N],S[N],T[N],mx[N],pos[N],H[N]; 10 ll sumS,sumT,ans; 11 void add(int x,int y){ 12 edge[E].nex=head[x]; 13 edge[E].to=y; 14 head[x]=E++; 15 } 16 void dfs(int k,int fa,int sh){ 17 sh=max(sh,h[k]); 18 mx[k]=sh; 19 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 20 if (edge[i].to!=fa)dfs(edge[i].to,k,sh); 21 } 22 int main(){ 23 scanf("%d",&n); 24 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&h[i]); 25 memset(head,-1,sizeof(head)); 26 for(int i=1;i<n;i++){ 27 scanf("%d%d",&x,&y); 28 add(x,y); 29 add(y,x); 30 } 31 for(int i=1;i<=n;i++){ 32 dfs(i,0,0); 33 H[i]=0x3f3f3f3f; 34 for(int j=1;j<=n;j++) 35 if ((h[j]<h[i])||(h[j]==h[i])&&(j<i)){ 36 if (mx[j]-h[i]<H[i]){ 37 H[i]=mx[j]-h[i]; 38 pos[i]=j; 39 } 40 } 41 } 42 scanf("%d",&m); 43 for(int i=1;i<=m;i++){ 44 scanf("%d%d",&S[i],&T[i]); 45 sumS+=h[S[i]],sumT+=h[T[i]]; 46 qS.push(make_pair(-H[S[i]],i)); 47 qT.push(make_pair(-H[T[i]],i)); 48 if (S[i]!=T[i])diff++; 49 } 50 ans=max(sumS,sumT); 51 int tot=0; 52 while (diff){ 53 int kS=qS.top().second,kT=qT.top().second; 54 ll ansS=H[S[kS]]+sumS,ansT=H[T[kT]]+sumT; 55 if (!pos[S[kS]])ansS=ansT+1; 56 if (!pos[T[kT]])ansT=ansS+1; 57 ans=max(ans,min(ansS,ansT)); 58 if (ansS<ansT){ 59 sumS+=h[pos[S[kS]]]-h[S[kS]]; 60 diff+=(pos[S[kS]]!=T[kS])-(S[kS]!=T[kS]); 61 qS.pop(); 62 S[kS]=pos[S[kS]]; 63 qS.push(make_pair(-H[S[kS]],kS)); 64 } 65 else{ 66 sumT+=h[pos[T[kT]]]-h[T[kT]]; 67 diff+=(pos[T[kT]]!=S[kT])-(T[kT]!=S[kT]); 68 qT.pop(); 69 T[kT]=pos[T[kT]]; 70 qT.push(make_pair(-H[T[kT]],kT)); 71 } 72 } 73 printf("%lld",ans); 74 }
