【Luogu P4577】「FJOI2018」领导集团问题

Luogu P4577。

Description

给出一棵大小为 $n$ 的树，第 $i$ 个节点的权值为 $w_i$。

你需要选出一个最大的节点集合，使得对于节点集合中不同的两个点 $i, j$，若 $i$ 为 $j$ 的祖先节点，必须满足 $w_i \leq w_j$。

数据范围：$1 \leq n \leq 2 \times 10^5$，$1 \leq w_i \leq 10^9$。
时空限制：$1000 \ \mathrm{ms}/ 250 \ \mathrm{MiB}$。

Solution

提供一种类似 [NOI2020] 命运 的整体 dp 做法。

考虑 dp。记 $f(u, i)$ 表示：在子树 $u$ 中选出的节点集合的 $w$ 最小值为 $i$ 的情况下，最大的节点集合的大小。有两种转移：

• 节点集合不包括 $u$（要保证 $f(u, i)$ 至少有一个 $f(v, i)$ 的转移）。

$$f(u, i) \gets \sum\limits_{v \in \mathrm{son}(u)} \max\{f(v, \geq i)\}$$

• 节点集合包括 $u$。

$$f(u, w_u) \gets 1 + \sum\limits_{v \in \mathrm{son}(u)} \max\{f(v, \geq w_u)\}$$

考虑线段树合并优化，在一棵维护子树 $u$ 的线段树中，代表区间 $[l, r]$ 的节点需要维护在子树 $u$ 中选出的节点集合的 $w$ 最小值在区间 $[l, r]$ 中的情况下，最大的节点集合的大小，即 $\max\limits_{l \leq i \leq r} f(u, i)$。

转移 1 即为整体 dp 的重点，在线段树合并的过程中计算。具体地，在合并线段树 p, q 的过程中，设当前合并到了代表区间 [l, r] 的节点，在递归的过程中记录 $\max\limits_{i > r} \{f(u, i)\}$ 与 $\max\limits_{i > r} \{f(v, i)\}$ 并分别记作 maxp, maxq。将情况分成以下五类讨论：

• 当 $p = 0, q = 0$ 时：返回空节点 $0$ 即可。
• 当 $p \neq 0, q = 0$ 时：此时相当于对 $p$ 内做一次区间加 maxq，打上懒标记后返回 $p$ 即可。
• 当 $p = 0, q \neq 0$ 时：此时相当于对 $q$ 内做一次区间加 maxp，打上懒标记后返回 $q$ 即可。
• 当 $l = r$ 时：此时递归到了一个叶子节点，有 $f'(u, l) = \max(\mathtt{maxp}, f(u, l)) + \max(\mathtt{maxq}, f(v, l))$。
• 当 $p \neq 0, q \neq 0$ 时：此时需要先合并 $p, q$ 的左右儿子，再以通过左右儿子上传信息。

特别要注意的是，区间加不用也不能对空节点打标记，因为空节点不能保证 $f(u, i)$ 至少有一个 $f(v, i)$ 的转移。

转移 2 即为平凡的区间查询最大值，单点修改。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \log w)$，空间复杂度 $\mathcal{O}(n \log w)$。

view code#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

template <class T>
inline void read(T &x) {
	static char s;
	while (s = getchar(), s < '0' || s > '9');
	x = s - '0';
	while (s = getchar(), s >= '0' && s <= '9') x = x * 10 + s - '0';
}

const int N = 200100;
const int sup = 1e9;

int n;
int a[N]; 

int tot, head[N], ver[N], Next[N];
void add_edge(int u, int v) {
	ver[++ tot] = v;    Next[tot] = head[u];    head[u] = tot;
}

namespace SGT {
	const int pond = 10001000;

	int nClock, root[N];
	struct node {
		int lc, rc;
		int max;
		int add;

		void mk_add(int x) {
			max += x;
			add += x;
		}
	} t[pond];

	void spread(int p) {
		if (t[p].add) {
			if (t[p].lc) t[t[p].lc].mk_add(t[p].add);
			if (t[p].rc) t[t[p].rc].mk_add(t[p].add);
			t[p].add = 0;
		}
	}

	void insert(int &p, int l, int r, int x, int val) {
		if (!p) p = ++ nClock;
		t[p].max = std::max(t[p].max, val);
		if (l == r) return;

		spread(p);
		int mid = (l + r) >> 1;

		if (x <= mid)
			insert(t[p].lc, l, mid, x, val);
		else
			insert(t[p].rc, mid + 1, r, x, val);
	}

	int ask(int p, int l, int r, int s, int e) {
		if (s <= l && r <= e) return t[p].max;

		spread(p);
		int mid = (l + r) >> 1;
		int cur = 0;

		if (s <= mid)
			cur = std::max(cur, ask(t[p].lc, l, mid, s, e));
		if (mid < e)
			cur = std::max(cur, ask(t[p].rc, mid + 1, r, s, e));

		return cur;
	}

	int merge(int p, int q, int l, int r, int maxp, int maxq) {
		if (!p && !q) return 0;
		if (p && !q) return t[p].mk_add(maxq), p;
		if (!p && q) return t[q].mk_add(maxp), q;
		if (l == r)
			return t[p].max = std::max(t[p].max, maxp) + std::max(t[q].max, maxq), p;

		spread(p), spread(q);
		int mid = (l + r) >> 1;

		t[p].lc = merge(t[p].lc, t[q].lc, l, mid,
			std::max(t[t[p].rc].max, maxp), std::max(t[t[q].rc].max, maxq));
		t[p].rc = merge(t[p].rc, t[q].rc, mid + 1, r, maxp, maxq);
		t[p].max = std::max(t[t[p].lc].max, t[t[p].rc].max);

		return p;
	}
}

void dp(int u) {
	int val = 1;
	for (int i = head[u]; i; i = Next[i]) {
		int v = ver[i];
		dp(v);

		val += SGT::ask(SGT::root[v], 1, sup, a[u], sup);
		SGT::root[u] = SGT::merge(SGT::root[u], SGT::root[v], 1, sup, 0, 0);
	}

	SGT::insert(SGT::root[u], 1, sup, a[u], val);
}

int main() {
	read(n);

	for (int i = 1; i <= n; i ++) read(a[i]);

	for (int i = 2, fa; i <= n; i ++) {
		read(fa);
		add_edge(fa, i);
	}

	dp(1);

	printf("%d\n", SGT::t[SGT::root[1]].max);

	return 0;
}