洛谷 P6922 [ICPC2016 WF]Longest Rivers 题解
一、题目：
二、思路：
这道题官方题解讲的非常好，我这里就当是简单的翻译一下官方的题解吧。
让我们从一条单独的河流 \(p\) 开始。我们的目的是让这条河流的排名尽可能的靠前。显然，在从 \(p\) 到根的路径上，我们都要选择 \(p\) 作为汇合点的名字。假设通过这样的选择后，\(p\) 的长度是 \(L\)。现在，问题变成了在其他汇合点上如何恰当地选择名字，使得尽可能少的河流比 \(L\) 长。
如果一条河流比 \(L\) 长，那我们就称这条河流是长的。否则，称这条河流是短的。我们的目标是最小化长河流的数目（等价于最小化短河流变成长河流的地点的个数）。让我们接下来考虑那些不包括 \(p\) 的汇流点。
- 如果至少有一条将要进入该汇流点的河流是长的，那么我们就可以让它继续流（从而终止其他河流）。
- 如果所有的河流都是短的，那么我们要选择最短的河流让它继续流。
时间复杂度 \(O(n^2)\)——对于每个河流，我们都要执行上述过程。
现在，让我们致力于一次性计算出所有河流的答案。
对于每个河流 \(p\)，我们的目标是回答“如果我们在 \(p\) 到根的路径上总是选择 \(p\)，那么我们需要至少形成多少个比 \(L\) 长的河流”，这个问题等价于“我们需要至少形成多少个比 \(L\) 长的河流”而不带有其他的限制。为了看到这一点，让我们采取最优策略来形成尽可能少的、比 \(L\) 长的河流。然后考虑那些在 \(p\) 到根的路径上、没有选择 \(p\) 的汇流点，可以发现，如果我们在这些汇流点选择了 \(p\)，长河流的数目并不会增多。既然无论多少次选择 \(p\)，\(p\) 的长度都不会长于 \(L\)，而且长河流的数目还有可能减少，那么我们当然可以在每个可以选择 \(p\) 的汇流点选择 \(p\)。
所以我们需要对于每个 \(L\)，回答“至少需要形成多少个比 \(L\) 长的河流”这个问题。我们将会以 \(L\) 递增的顺序来一次性的回答所有问题。
假设当前处理到了长度 \(L\)，对于每个汇流点和每个叶子结点，它们都是以下三种状态的其中之一：
- 至少有一条将要进入该交汇点的河流是长的（叶子结点不可能处于这种状态）。
- 所有将要进入该交汇点的河流都是短的，但是流出该交汇点的河流将会变成长河流。
- 所有将要进入该交汇点的河流都是短的，并且流出该交汇点的河流也是短河流。
在第二种和第三种状态，根据贪心原则，我们选择最短的河流让它流出去。
让我们以 \(L=0\) 开始。所有的叶子结点都处于状态 2，所有的汇流点都处于状态 1，共有 \(N\) 条长河流。
当 \(L\) 增长时，可能有一些点会从状态 2 变到状态 3，也可能有一些点会从状态 1 变到状态 2。还可能有一些点会直接从状态 1 变到状态 3。比如下面这张图：
当 \(L\) 从 \(1\) 增长到 \(5000\) 时，汇流点 2、1 都会从状态 1 变成状态 3。汇流点 3 会从状态 1 变成状态 2。
我们对于所有是状态 2 的节点维护一个小根堆，堆中保存的是二元组 \((l,x)\)，表示要想把 \(x\) 从状态 2 变成状态 3，\(L\) 至少应该等于 \(l\)。每次从堆中取出最小的 \(l\)，把 \(x\) 的状态更改为 3。再去检查 \(x\) 的祖先有没有可能变状态（变成状态 2 的条件是所有儿子都是状态 3，但是别忘了特判直接从状态 1 蹦到状态 3 的情况）。由于一个点最多从状态 1 变到状态 2 一次，从状态 2 变到状态 3 一次，所以最终的时间复杂度是 \(O(n\log n)\)。
三、代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef pair<long long, int> PLI;
#define FILEIN(s) freopen(s, "r", stdin)
#define FILEOUT(s) freopen(s, "w", stdout)
#define mem(s, v) memset(s, v, sizeof s)
inline int read(void) {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return f * x;
}
const int MAXN = 1000005;
const long long INF = 1e17;
int n, m, head[MAXN], tot;
int v[MAXN], fa[MAXN], cnt[MAXN];
long long dp[MAXN], sum[MAXN];
string name[MAXN];
map<long long, int>ans;
map<long long, int>::iterator it;
struct Edge {
int y, next;
Edge() {}
Edge(int _y, int _next) : y(_y), next(_next) {}
}e[MAXN];
priority_queue<PLI, vector<PLI>, greater<PLI> >q;
inline void connect(int x, int y) {
e[++tot] = Edge(y, head[x]);
head[x] = tot;
}
void dfs(int x, int father) {
fa[x] = father;
sum[x] = sum[father] + v[x];
long long minn = INF;
for (int i = head[x]; i; i = e[i].next) {
int y = e[i].y;
dfs(y, x);
++cnt[x];
minn = min(minn, dp[y]);
}
if (minn == INF) dp[x] = v[x];
else dp[x] = minn + v[x];
}
int main() {
n = read(); m = read();
for (int i = m + 1; i <= m + n; ++i) {
cin >> name[i];
int y = read(); v[i] = read();
connect(y, i);
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int y = read();
v[i] = read();
connect(y, i);
}
dfs(0, 0);
int now = 0;
long long L = 0;
for (int i = m + 1; i <= m + n; ++i) {
q.push({ dp[i], i });
++now; // 维护状态2的节点个数。
}
while (q.size()) {
int x = q.top().second; long long l = q.top().first; q.pop();
L = l;
--now;
--cnt[fa[x]];
if (fa[x] && !cnt[fa[x]]) {
x = fa[x];
while (x && L >= dp[x]) { // 检查x的祖先们。
--cnt[fa[x]];
if (cnt[fa[x]] == 0) {
x = fa[x];
}
else break;
}
if (x && cnt[x] == 0 && L < dp[x]) {
q.push({ dp[x], x });
++now;
}
}
ans[L] = now + 1;
}
ans[INF] = 0; // 防止越界。
for (int i = m + 1; i <= n + m; ++i) {
it = ans.upper_bound(sum[i]);
--it; // 由于在求解的过程中，L的增长并不是连续的，所以我们要找最后一个小于等于sum[i]的L所对应的答案。
cout << name[i] << " " << (*it).second << endl;
}
return 0;
}
