UOJ#284. 快乐游戏鸡

I.V.UOJ#284. 快乐游戏鸡

我们来思考一下你游戏的过程：每次找到一个最浅的 $w_i$ 大于当前死亡次数的位置 $i$，走到那儿；不断这样，直到下面两件事中有一件先发生：

• 你当前的死亡次数允许你一路走到终点。
• 你的死亡次数已经不小于 $w_i$，需要寻找新的 $i$。

然后我们来思考这一过程，发现如果将子树中所有节点按深度排序，只访问那些 $w_i$ 是前缀最大值的节点一定构成一组最优解。而这明显可以用一个单调栈处理。

又因为我们要合并父亲与儿子的单调栈，就可以启发式合并做到 $O(n\log n)$ 或是选择长链剖分做到 $O(n)$。介于这里是长链剖分学习笔记，选择长链剖分。

现在来思考如何求解。设我们当前考虑了从 $x$ 到 $y$ 的路径。首先，”死亡次数允许一路走到终点“，等价于死亡次数到达路径最大值，设为 $z$。假设单调栈中元素是 $(dep_1,w_1),(dep_2,w_2),\dots,(dep_k,w_k)$，则我们显然只需要截出 $w\leq z$ 的一段前缀 $1\sim p$，将这段前缀全部走完后，因为 $w_{p+1}>z$，所以我们只需不断走 $p+1$ 直到死亡次数达到 $z$ 即可。

找到前缀可以使用单调栈上二分。找到路径最大值可以树上倍增。

然后我们考虑计算总路径长度。其等于 $\Big(\sum\limits_{i=1}^p(w_i-w_{i-1})dep_i+(z-w_{p})dep_{p+1}\Big)+\Big(dep_y-dep_x\Big)-zdep_x$。其中各部分间已经用大括号分割好了。

最前面那个括号中的 $\sum$ 显然不能 $O(n)$ 遍历单调栈计算，须要预处理。但是单调栈只能处理从栈底出发的后缀和，不能处理从栈顶出发的前缀和。但注意到本题的信息具有可减性，于是直接维护后缀和，然后用栈顶值减去 $p+1$ 位置的值即可。

单调栈为了能够二分须保证下标连续，所以使用了指针维护。时间复杂度 $O(n\log n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[300100],fa[300100],dep[300100],dpt[300100],son[300100],anc[300100][20],st[300100][20],tot;
ll res[300100];
vector<int>v[300100];
vector<pair<int,int> >u[300100];
struct node{int a,d;ll sum;}p[300100],*h[300100],*t[300100],stk[300100],*tp;
void insert(int x,node y){//insert y into the array of x
	node *&H=h[x],*&T=t[x];
	while(H<=T&&H->a<=y.a)H++;//y ought to have a smaller d than all elements in x, so just pop.
	if(H>T||H->d>y.d)y.sum=(H<=T?1ll*(H->a-y.a)*H->d+H->sum:0),*--H=y;
}
void merge(int x,int y){//merge the array of y into that of x.
	node*&hx=h[x],*&tx=t[x],*&hy=h[y],*&ty=t[y];
	tp=stk;while(hx<=tx&&hx->d<ty->d)*++tp=*hx++;//insert the can-be-deleted elements into an accessory array,leaving those must-saving elements
	while(tp>stk&&hy<=ty)insert(x,ty->d>tp->d?*ty--:*tp--);//insert the one with greater d, to make the'insert'operation valid.
	while(tp>stk)insert(x,*tp--);while(ty>=hy)insert(x,*ty--);//the same way like normal merging.
}
int doubling(int x,int y){
	int ret=0;
	for(int i=19;i>=0;i--)if(anc[y][i]&&dep[anc[y][i]]>dep[x])ret=max(ret,st[y][i]),y=anc[y][i];
	return ret;
}
ll solve(int x,int y){
	if(x==y)return 0;int z=doubling(x,y);
//	printf("(%d,%d,%d)\n",x,y,z);
	if(h[x]->a>=z)return 1ll*(h[x]->d-dep[x])*z+dep[y]-dep[x];//just simply go to the first element of the array for z times.
	node *l=h[x],*r=t[x],*mid;//the first elememt is inadequate, need to binary search for the proper one. 
	while(l<r)(mid=(l+(r-l)/2))->a>=z?r=mid:l=mid+1;
	return 1ll*l->d*(z-l->a)-1ll*dep[x]*z+(h[x]->sum-l->sum)+1ll*h[x]->a*h[x]->d+dep[y]-dep[x];
}
void dfs(int x){
	++tot;if(son[x])dfs(son[x]),h[x]=h[son[x]],t[x]=t[son[x]];else h[x]=p+tot,t[x]=h[x]-1;
	for(auto y:v[x])if(y!=son[x])dfs(y),merge(x,y);
	for(auto i:u[x])res[i.second]=solve(x,i.first);
	insert(x,(node){a[x],dep[x],0});
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%d",&fa[i]),dep[i]=dep[fa[i]]+1,v[fa[i]].push_back(i),anc[i][0]=fa[i],st[i][0]=a[fa[i]];
	for(int j=1;j<=19;j++)for(int i=1;i<=n;i++)anc[i][j]=anc[anc[i][j-1]][j-1],st[i][j]=max(st[i][j-1],st[anc[i][j-1]][j-1]);
	dpt[0]=-1;for(int i=n;i>=2;i--){dpt[i]=dpt[son[i]]+1;if(dpt[i]>dpt[son[fa[i]]])son[fa[i]]=i;}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),u[x].push_back(make_pair(y,i));
	dfs(1);
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",res[i]);
	return 0;
}