[AT2172] [agc007_e] Shik and Travel

题目链接

AtCoder：https://agc007.contest.atcoder.jp/tasks/agc007_e

洛谷：https://www.luogu.org/problemnew/show/AT2172

Solution

首先由于每条边只能经过两次，所以每次到了\(x\)点就会遍历完\(x\)子树再出来。

考虑二分答案，设当前二分的答案为\(mid\)。

设二元组\((a,b)_x\)表示\(x\)子树下第一次走代价为\(a\)最后一次为\(b\)，且中间的过程都\(\leqslant \rm mid\)的一种方案。

那么显然可以得到一个暴力：

我们暴力枚举当前点左儿子和右儿子的二元组，设为\((a,b)_{ls},(c,d)_{rs}\)，设左儿子的边权为\(x\)，右儿子为\(y\)，那么如果满足：\(b+c+x+y\leqslant {\rm mid}\)，那么我们可以得到一个新的二元组\((a+x,d+y)_x\)。

考虑如何优化这个玩意，显然对于一个\(a\)只需要一个最小的\(b\)，对于\(b\)也同理。

所以显然可以使用\(\rm two \ pointer\)做到每次合并为\(O(sz)\)，其中\(sz\)为个数之和。

但是这样可以被卡成\(O(n^2)\)，我们加一个启发式合并，每次合并小的，那么每次最多就是\(2|\min(S_{ls},S_{rs})|\)的，总复杂度\(O(n\log^2 n\log \rm ans)\)，如果归并排序的话每次处理都是有序的，复杂度可以降为\(O(n\log n \log \rm ans)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

#define lf double
#define ll long long

#define pii pair<int,int > 
#define fr first
#define sc second
#define mp make_pair

#define vec vector<pii >
#define pb push_back
#define iter vector <pii > :: iterator
#define for_vec(i,x) for(iter i=x.begin();i!=x.end();i++) 

#define _sort(x,y) sort(x.begin(),x.end(),y)
#define I (int)

const int maxn = 3e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;

int cmpx(pii x,pii y) {return x.fr<y.fr;}
int cmpy(pii x,pii y) {return x.sc<y.sc;}

int son[maxn][2],v[maxn][2],n,d[maxn],mid,mn[maxn];
vec f[maxn];

void solve(vec &ls,vec &rs,vec &s) {
    if(ls.size()>rs.size()) swap(ls,rs);    //启发式合并
    if(!s.empty()) s.clear();
    _sort(ls,cmpy),_sort(rs,cmpx);
    mn[0]=rs[0].sc;for(int i=1;i<I rs.size();i++) mn[i]=min(mn[i-1],rs[i].sc);
    int p1=0,p2=rs.size()-1;
    for(;p1<I ls.size();p1++) {
        while(p2>=0&&ls[p1].sc+rs[p2].fr>mid) p2--;
        if(~p2) s.pb(mp(ls[p1].fr,mn[p2]));
    }
    _sort(ls,cmpx),_sort(rs,cmpy);
    mn[0]=rs[0].fr;for(int i=1;i<I rs.size();i++) mn[i]=min(mn[i-1],rs[i].fr);
    for(p1=0,p2=rs.size()-1;p1<I ls.size();p1++) {
        while(p2>=0&&ls[p1].fr+rs[p2].sc>mid) p2--;
        if(~p2) s.pb(mp(mn[p2],ls[p1].sc));
    }
}

void dfs(int x) {
    if(!son[x][0]) return f[x].pb(mp(0,0)),void();
    int l=son[x][0],r=son[x][1];dfs(l),dfs(r);
    vec &ls=f[l],&rs=f[r];
    for_vec(i,ls) i->fr+=v[x][0],i->sc+=v[x][0];
    for_vec(i,rs) i->fr+=v[x][1],i->sc+=v[x][1];
    solve(ls,rs,f[x]);ls.clear(),rs.clear();
}

signed main() {
    read(n);
    for(int i=2,x,y;i<=n;i++) read(x),read(y),son[x][d[x]]=i,v[x][d[x]++]=y;
    int l=0,r=1e10,ans=1e10;
    while(l<=r) {
        mid=(l+r)>>1,dfs(1);
        if(f[1].empty()) l=mid+1;
        else r=mid-1,ans=mid;f[1].clear();
    }write(ans);
    return 0;
}