[十二省联考2019]春节十二响 - 贪心、堆、启发式合并

Description

给你一棵树，每个节点有点权，将这些节点分为若干段，要求每段中的节点不能有祖先-后代关系。每一段的大小为该段权值最大的点的点权大小，求所有段的最小总权值和。

Solution

先考虑一条链的情况：

\(1\) 号节点一定将这条链分成了两条链，只要将两条链都排序一遍，再按从大到小的顺序对应两两分为一段即可。

正确性显然。（最大的两个若不合并则必然不是最优，因为它们会一直造成贡献）

再来考虑更为一般的情况：

“一段中没有祖先—后代关系”其实可以认为是一个节点对它的子树的限制，所以我们还是可以仿照链的思路，对每个节点维护一个堆，用来维护该节点子树内每一段的最大权值，然后不断向上进行启发式合并即可。

Code

Talk is cheap. Show me the code.

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

const int _ = 2e5 + 10;
int N, val[_], id[_], tim;
int tot = 0, head[_], to[_], nxt[_];
priority_queue<int> q[_];

void addEdge(int x, int y) {
	to[++tot] = y, nxt[tot] = head[x], head[x] = tot;
}

void dfs(int x) {
	static int tmp[_];
	id[x] = ++tim;
	for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
		int y = to[i];
		dfs(y);
		if (q[id[x]].size() < q[id[y]].size()) swap(id[x], id[y]);
		int sz = q[id[y]].size();
		for (int j = 1; j <= sz; ++j) {
			tmp[j] = max(q[id[x]].top(), q[id[y]].top());
			q[id[x]].pop(), q[id[y]].pop();
		}
		for (int j = 1; j <= sz; ++j) q[id[x]].push(tmp[j]);
	}
	q[id[x]].push(val[x]);
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("spring.in", "r", stdin);
	freopen("spring.out", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &val[i]);
	for (int y = 2; y <= N; ++y) {
		int x;
		scanf("%d", &x);
		addEdge(x, y);
	}
	dfs(1);
	long long ans = 0;
	while (q[id[1]].size()) {
		ans += q[id[1]].top();
		q[id[1]].pop();
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}