[Noi2014]购票 BZOJ3672 点分治+斜率优化+CDQ分治
Description
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
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
150
70
149
300
150
对于所有测试数据,保证 0≤pv≤106,0≤qv≤1012,1≤fv<v;保证 0<sv≤lv≤2×1011,且任意城市到SZ市的总路程长度不超过 2×1011。
输入的 t 表示数据类型,0≤t<4,其中:
当 t=0 或 2 时,对输入的所有城市 v,都有 fv=v-1,即所有城市构成一个以SZ市为终点的链;
当 t=0 或 1 时,对输入的所有城市 v,都有 lv=2×1011,即没有移动的距离限制,每个城市都能到达它的所有祖先;
当 t=3 时,数据没有特殊性质。
n=2×10^5
分析:
先考虑一下暴力...其实前3个点的分还是很好拿的...稍微搞一搞就出来了,n^2DP比较显然...
后面的呢,应该拿50分没有什么大问题的说...一条链的斜率优化实在不能再好写一点了...
附上30分的暴力:
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstring> #include <iostream> #include <queue> #include <cstdlib> using namespace std; #define N 200005 #define ll long long struct node{int to,next;}e[N<<1]; int fa[N],n,head[N],cnt; ll f[N],dep[N],l[N],p[N],q[N],a[N]; void add(int x,int y){e[cnt]=(node){y,head[x]};head[x]=cnt++;} void dfs(int x,int from) { fa[x]=from;dep[x]=dep[from]+a[x]; for(int t=fa[x];t&&dep[x]-dep[t]<=l[x];t=fa[t])f[x]=min(f[t]+(dep[x]-dep[t])*p[x]+q[x],f[x]); for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next)if(e[i].to!=from)dfs(e[i].to,x); } int main() { scanf("%d%*d",&n);memset(head,-1,sizeof(head));memset(f,0x3f,sizeof(f)); for(int i=2;i<=n;i++) { scanf("%d%lld%lld%lld%lld",&fa[i],&a[i],&p[i],&q[i],&l[i]); add(fa[i],i);add(i,fa[i]); }f[1]=0;dfs(1,0); for(int i=2;i<=n;i++)printf("%lld\n",f[i]);return 0; }
目测我似乎能跑过4个点...反正就是这个样子的暴力...
f[x]=max{f[j]+(dep[x]-dep[j])*p[x]+q[x]};(j是x的祖先,满足dep[x]-dep[j]<=l[x])
显然...发现dep单调,p[x]不单调,但这不是问题用不着写什么奇怪的东西,每次二分导函数即可...
但是,这个题出在树上就让人很崩溃了...显然,我们考虑有两种斜率优化的方法可以选择。
(1)动态维护凸包+二分查找 → 如果你会可持久化凸包的话可以考虑考虑,至于树剖+动态凸包能不能过...反正时间复杂度有问题...nlog^3n实在是不忍直视...
(2)CDQ分治(前置技能:货币兑换)每次考虑如何维护凸包用来更新节点,那么考虑选择一个链更新一个点的子树,那么这样的话,只需要维护一个凸包就可以了。这种情况下,满足直接二分转移一下就可以了。那么如何选择这个点,显然,我们可以选择树的重心,因为这样的话,满足子树的最大一个小于n/2,转移次数<=logn(点分治),每次遍历满,时间复杂度O(nlog^2n)。
可以考虑,如果一个点,满足所有的父亲节点都被确定,那么这个点就可以被确定,并且可以用这条链更新这个点的子树,那么我们每次找到重心之后,先找到它的父节点那部分作为CDQ分治的左部分,用左部分更新重心的子树并将其更新,之后再递归处理其他的子部分。而每次可以发现,我们dep是单调递增的,维护一个凸包,之后按照子树中节点能够更新的最深的位置进行排名,每次进行二分导函数,找到最优解(同任务安排),其实也就是把树分治当做CDQ分治来做。
附上代码:
#include <cstdio> #include <cmath> #include <iostream> #include <queue> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <bitset> using namespace std; #define N 200005 #define ll long long #define K(x) (-dep[x]) #define B(x) (f[x]) #define Y(x,y) (K(x)*p[y]+B(x)) struct egde{int to,next;}e[N<<1]; int head[N],cnt,fa[N],siz[N],sn,rot,mx[N],vis[N],q[N],lx[N],ln,n,rx[N],rn,tail; ll dep[N],p[N],l[N],f[N],b[N]; void add(int x,int y){e[cnt]=(egde){y,head[x]};head[x]=cnt++;} void get_root(int x,int from) { siz[x]=1,mx[x]=0; for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next) { int to1=e[i].to; if(to1!=from&&!vis[to1]) { get_root(to1,x); siz[x]+=siz[to1]; mx[x]=max(siz[to1],mx[x]); } } mx[x]=max(mx[x],sn-siz[x]); if(mx[x]<mx[rot])rot=x; } bool cmp(int i,int j,int k) { long double t1=(long double)(K(k)-K(i))*(B(k)-B(j)); long double t2=(long double)(K(k)-K(j))*(B(k)-B(i)); return t1>=t2-1e-10; } bool cmp1(const int &a,const int &b){return dep[a]-l[a]>dep[b]-l[b];} void get_rx(int x,int from) { if(from!=0)rx[++rn]=x; for(int i=head[x];i!=-1;i=e[i].next) { int to1=e[i].to; if(to1!=from&&!vis[to1])get_rx(to1,x); } } void Update(int x) { if(!tail)return ;int l=1,r=tail; while(l<r) { int m=(l+r)>>1; if(Y(q[m],x)>Y(q[m+1],x))l=m+1; else r=m; } f[x]=min(f[x],Y(q[l],x)+b[x]); } void dfs(int x) { int rt; sn=siz[x],rot=0,get_root(x,0),rt=rot,vis[rt]=1; // printf("%d %d\n",x,rt); if(x!=rt)siz[x]-=siz[rt],dfs(x); tail=ln=rn=0;lx[++ln]=rt; for(int i=rt;i!=x;i=fa[i]) { if(dep[rt]-l[rt]<=dep[fa[i]])f[rt]=min(f[rt],Y(fa[i],rt)+b[rt]); lx[++ln]=fa[i]; } get_rx(rt,0);sort(rx+1,rx+rn+1,cmp1); // if(x==1)for(int i=1;i<=rn;i++)printf("%d %d\n",rt,rx[i]); int j=1; for(int i=1;i<=ln&&j<=rn;i++) { while(j<=rn&&dep[lx[i]]<dep[rx[j]]-l[rx[j]])Update(rx[j++]); while(tail>1&&cmp(q[tail],q[tail-1],lx[i]))tail--; q[++tail]=lx[i]; }while(j<=rn)Update(rx[j++]); for(int i=head[rt];i!=-1;i=e[i].next) { int to1=e[i].to; if(!vis[to1])dfs(to1); } } int main() { scanf("%d%*d",&n);memset(f,0x3f,sizeof(f));memset(head,-1,sizeof(head)); for(int i=2;i<=n;i++) { scanf("%d%lld%lld%lld%lld",&fa[i],&dep[i],&p[i],&b[i],&l[i]); dep[i]+=dep[fa[i]];b[i]+=dep[i]*p[i];add(fa[i],i);add(i,fa[i]); // printf("%d\n",b[i]); }f[1]=0;mx[0]=1<<30,siz[1]=n;dfs(1); for(int i=2;i<=n;i++)printf("%lld\n",f[i]);return 0; }