bzoj千题计划251：bzoj3672: [Noi2014]购票（数据结构斜率优化）
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3672
法一：线段树维护可持久化单调队列维护凸包 斜率优化DP
设dp[i] 表示i号点到根节点的最少花费
dis[i] 表示 点i到根节点的距离
dp[i]= min { （dis[i]-dis[j]）* P[i] + Q[i] + dp[j] } j是i的祖先且dis[i]-dis[j]<=L[i]
即 dp[i]+dis[j]*P[i]=dp[j]+dis[i]*P[i]+Q[i]
斜率优化，dp[i]=斜率为P[i] 的直线 截（dis[j],dp[j]）所得的截距最小值
如果不考虑L[i] 的限制：
那就可以用一个可持久化的单调队列维护 根节点到当前点的路径上所有的点构成的下凸壳
考虑如何去除兄弟节点的子树对单调队列的影响
即在一个节点退出dfs时，将单调队列恢复为这个节点开始dfs的情况
头指针：头指针的前移不会涉及单调队列元素的修改，因为从根往下走不能保证斜率单调，所以头指针不能出队，需要二分找到最小的 斜率>P[i] 的点来更新dp[i]
尾指针：尾指针的前移会涉及到单调队列元素的替换，但替换只会替换一个元素，所以记录下 替换的是谁，原来的尾指针是谁，退出的时候恢复即可
加上L[i]的限制：
用线段树维护，若线段树节点的区间为[l,r]，那这个节点维护的是当前链上 深度为[l,r]的点构成的凸包
即由原来的维护一个单调队列变成维护nlogn个单调队列
每个节点开一个vector？ 光开nlogn个vector就TLE了吧
开一个nlogn的数组v存储整条链上凸包内的点
在建树的时候，按节点的顺序给头指针分一个位置x，若节点的大小为y，
那么这个节点维护的单调队列 中的点会出现在v数组的[x,x+y-1]位置
这样线段树内只需要存储单调队列的头尾指针即可
单调队列采用 左闭右开 的好处：
多个可持久化单调队列，头尾指针相连
如果头尾指针是左闭右闭
如果队列为空，tail<head,导致 后一个队列的尾指针=前一个队列的头指针
这样尾指针替换更改，记录的替换位置为tail，即前一个队列的head
退出dfs替换回去 错误的替换了前一个队列的head
头尾指针左闭右开就不会有这个问题
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 200001 typedef long long LL; int n; int P[N]; LL Q[N],L[N]; int front[N],to[N],nxt[N],tot; LL val[N]; struct node { int head,tail; }tr[N<<2]; int v[N*19]; int sum; LL dep[N],dis[N]; LL dp[N]; int re_t[N][19],re_w[N][19]; template<typename T> void read(T &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } void add(int u,int v,LL w) { to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; val[tot]=w; } void build(int k,int l,int r) { tr[k].head=sum+1; tr[k].tail=tr[k].head; sum+=r-l+1; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; build(k<<1,l,mid); build(k<<1|1,mid+1,r); } inline double slope(int i,int j) { return 1.0*(dp[j]-dp[i])/(dis[j]-dis[i]); } int find_ans(int k,int p) { int l=tr[k].head; int r=tr[k].tail-1; if(l==r) return v[l]; r--; int mid,tmp=-1; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(p<slope(v[mid],v[mid+1])) tmp=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } if(tmp==-1) return v[tr[k].tail-1]; return v[tmp]; } int query(int k,int l,int r,int opl,int opr,int p) { if(l>=opl && r<=opr) return find_ans(k,p); int mid=l+r>>1; if(opr<=mid) return query(k<<1,l,mid,opl,opr,p); else if(opl>mid) return query(k<<1|1,mid+1,r,opl,opr,p); else { int t1=query(k<<1,l,mid,opl,opr,p); int t2=query(k<<1|1,mid+1,r,opl,opr,p); if(p<slope(t1,t2)) return t1; return t2; } } int find(int r,LL lim) { int l=1; int tmp,mid; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(dep[mid]>=lim) tmp=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } return tmp; } int in_queue(int k,int j) { if(tr[k].head==tr[k].tail) return tr[k].head; int l=tr[k].head,r=tr[k].tail-2,tmp=-1,mid; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(slope(v[mid],v[mid+1])>slope(v[mid],j)) tmp=mid+1,r=mid-1; else l=mid+1; } if(tmp==-1) return tr[k].tail; return tmp; } void insert(int k,int l,int r,int x,int w,int d) { int pos=in_queue(k,w); re_t[w][d]=tr[k].tail; re_w[w][d]=v[pos]; v[pos]=w; tr[k].tail=pos+1; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; if(x<=mid) insert(k<<1,l,mid,x,w,d+1); else insert(k<<1|1,mid+1,r,x,w,d+1); } void del(int k,int l,int r,int x,int w,int d) { v[tr[k].tail-1]=re_w[w][d]; tr[k].tail=re_t[w][d]; if(l==r) return; int mid=l+r>>1; if(x<=mid) del(k<<1,l,mid,x,w,d+1); else del(k<<1|1,mid+1,r,x,w,d+1); } void dfs(int x,int d) { if(x!=1) { LL lim=dis[x]-L[x]; int j=query(1,1,n,find(d-1,lim),d-1,P[x]); dp[x]=(dis[x]-dis[j])*P[x]+Q[x]+dp[j]; } insert(1,1,n,d,x,1); for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) { dis[to[i]]=dis[x]+val[i]; dep[d+1]=dep[d]+val[i]; dfs(to[i],d+1); } del(1,1,n,d,x,1); } int main() { int t; read(n); read(t); int f; LL s; for(int i=2;i<=n;++i) { read(f); read(s); read(P[i]); read(Q[i]); read(L[i]); add(f,i,s); } sum=0; build(1,1,n); insert(1,1,n,1,1,1); dfs(1,1); for(int i=2;i<=n;++i) cout<<dp[i]<<'\n'; return 0; }
法二、点分治+斜率优化dp
朴素的dp是往上找能更新它的点
这里往下找它能更新的点
具体做法：
找出分治重心后，先 解决重心 的祖先（包括重心）那块儿
然后求出 原树根节点到重心的凸包 更新重心的子树
至于 距离的限制，我们把重心的子树中所有点 按能更新它的 深度最小的城市 从大到小排序
枚举这些点i
构造重心到原树根节点的凸包时，从重心往上依次加点，只加入 深度>= 当前点i深度限制 的点
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 200001 typedef long long LL; int n; int front[N],nxt[N],to[N],tot; LL val[N]; int fa[N],P[N]; LL Q[N],L[N]; LL dis[N]; bool vis[N]; int root; int siz[N],mx[N]; struct node { int id; LL lim; }e[N]; int cnt; int st[N]; LL dp[N]; template<typename T> void read(T &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } void add(int u,int v,LL w) { to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; val[tot]=w; } void dfs(int x) { for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) { dis[to[i]]=dis[x]+val[i]; dfs(to[i]); } } void get_siz(int x,int all) { siz[x]=1; mx[x]=0; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(!vis[to[i]]) { get_siz(to[i],all); siz[x]+=siz[to[i]]; if(siz[to[i]]>mx[x]) mx[x]=siz[to[i]]; } mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]); if(mx[x]<mx[root] && siz[x]>1) root=x; } void dfs2(int x) { e[++cnt].id=x; e[cnt].lim=dis[x]-L[x]; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(!vis[to[i]]) dfs2(to[i]); } bool cmp(node p,node q) { return p.lim>q.lim; } double slope(int i,int j) { return 1.0*(dp[j]-dp[i])/(dis[j]-dis[i]); } void solve(int x,int all) { if(all==1) return; root=0; get_siz(x,all); int rt=root; for(int i=front[root];i;i=nxt[i]) vis[to[i]]=true; solve(x,all-siz[root]+1); cnt=0; for(int i=front[rt];i;i=nxt[i]) dfs2(to[i]); sort(e+1,e+cnt+1,cmp); int now=rt,top=0; for(int i=1;i<=cnt;++i) { while(now!=fa[x] && e[i].lim<=dis[now]) { while(top>1 && slope(st[top],st[top-1])<slope(now,st[top])) top--; st[++top]=now; now=fa[now]; } if(top) { int l=1,r=top-1,mid,tmp=-1; while(l<=r) { mid=l+r>>1; if(slope(st[mid],st[mid+1])>=P[e[i].id]) tmp=mid+1,l=mid+1; else r=mid-1; } if(tmp==-1) tmp=1; dp[e[i].id]=min(dp[e[i].id],(dis[e[i].id]-dis[st[tmp]])*P[e[i].id]+Q[e[i].id]+dp[st[tmp]]); } } for(int i=front[rt];i;i=nxt[i]) solve(to[i],siz[to[i]]); } int main() { int t; read(n); read(t); LL s; for(int i=2;i<=n;++i) { read(fa[i]); read(s); read(P[i]); read(Q[i]); read(L[i]); add(fa[i],i,s); } dfs(1); mx[0]=n+1; for(int i=2;i<=n;++i) dp[i]=2e17+1e12; solve(1,n); for(int i=2;i<=n;++i) cout<<dp[i]<<'\n'; }
3672: [Noi2014]购票
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1520 Solved: 768
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Description
今年夏天，NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发，到SZ市参加这次盛会。
全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树，每个城市与它的父亲用道路连接。为了方便起见，我们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。对于除SZ市之外的任意一个城市 v，我们给出了它在这棵树上的父亲城市 fv 以及到父亲城市道路的长度 sv。
从城市 v 前往SZ市的方法为：选择城市 v 的一个祖先 a，支付购票的费用，乘坐交通工具到达 a。再选择城市 a 的一个祖先 b，支付费用并到达 b。以此类推，直至到达SZ市。
对于任意一个城市 v，我们会给出一个交通工具的距离限制 lv。对于城市 v 的祖先 a，只有当它们之间所有道路的总长度不超过 lv 时，从城市 v 才可以通过一次购票到达城市 a，否则不能通过一次购票到达。对于每个城市 v，我们还会给出两个非负整数 pv,qv 作为票价参数。若城市 v 到城市 a 所有道路的总长度为 d，那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 dpv+qv。
每个城市的OIer都希望自己到达SZ市时，用于购票的总资金最少。你的任务就是，告诉每个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。
Input
第 1 行包含2个非负整数 n,t，分别表示城市的个数和数据类型（其意义将在后面提到）。输入文件的第 2 到 n 行，每行描述一个除SZ之外的城市。其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分别表示城市 v 的父亲城市，它到父亲城市道路的长度，票价的两个参数和距离限制。请注意：输入不包含编号为 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。
Output
输出包含 n-1 行，每行包含一个整数。其中第 v 行表示从城市 v+1 出发，到达SZ市最少的购票费用。同样请注意：输出不包含编号为 1 的SZ市。
Sample Input
7 3
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10
Sample Output
40
150
70
149
300
150
