Contest 10C：Ascending Tree

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树上保序回归。

[浅谈保序回归问题及其特殊条件下的更优替代解法](浅谈保序回归问题及其特殊条件下的更优替代解法 - Graygoo 的博客 - 洛谷博客 (luogu.com.cn))

保序回归问题，说白了就是给你一张有向图 $G$，并给定每个点的两个属性 $w_i$,$y_i$，要求一个序列 $f_i$，满足对于图中所有有向边 $u\to v$，均有 $f_u≤f_v$。额外给定正整数 $p$，要求最小化 $\sum_{i=1}^{n}w_i |f_i-y_i|^p$。我们统称这类问题为 $L_p$ 问题。

保序回归问题总共有三种解法：动态规划的维护折线优化，整体二分，网络流。

介绍第二种解法。

考虑赋值 $a_i \leftarrow a_i-(n-dep_i+1)$，转化为 $\leq$ 的问题。

我们考虑通过整体二分逐一确定每个 $f_i$ 的取值。

（以下参考《浅谈保序回归问题————高睿泉》）

首先有：$L1$ 问题存在 $f_i$ 全是整数的最优解。

定义原问题的 $S=\{a,b\}(a<b)$ 问题表示在原问题的基础上，强制要求所有 $f_i\in[a,b]$，最小化上式的值。

那么假设 $\forall i,y_i \notin (a,b)$，$f_i^{'}$ 为原问题的一组解满足 $f_i^{'}\notin(a,b)$，那么我们通过将所有 $<a$ 的 $f_i^{'}$ 变成 $a$，$>b$ 的 $f_i^{'}$ 变成 $b$，也可以得到原问题的 $S$ 问题的一组解。

简单证明，考虑 $y_i \notin (a,b)$。

由上结论可得，我们整体二分出 $S=\{mid,mid+1\}$，此时显然不存在 $y_i \in (mid, mid+1)$，于是我们考虑用一些方法对此求出 $S$ 问题的一种解 $g_i$，那么 $g_i=mid$ 或 $g_i=mid+1$。

假设 $g_i$ 对应原问题的解 $f_i$。

那么若 $g_i=mid$，则原问题中 $f_i \in [l, mid]$；否则 $g_i=mid+1$，则 $f_i\in[mid + 1,r]$。

于是根据 $g_i$ 的取值，将 $i$ 分到左半段和右半段，继续二分即可。

对于本题，使用树形 dp 求出 $g_i$ 即可，具体地，设 $dp_{i,0/1}$ 表示点 $i$ 取 $mid/mid + 1$ 时子树的最小值，由此可求出最优方案。

时间复杂度单 log。

以下是一些优化：

• 观察到 $1\leq p_i<i$，于是将一大堆 dfs 弄成拓扑序遍历。
• 观察到转移成 $\leq$ 的问题后，答案的解 $f_i \in \{a_i\}$，于是 $f_i$ 的取值只有 $\mathcal O(n)$ 种，我们整体二分的取值也只有 $\mathcal O(n)$ 种，于是复杂度优化为 $\mathcal O(n\log n)$。
• 本质上整体二分可以队列优化的，但效果不可观。

推 [基环树上保序回归] loj 2470. 「2018 集训队互测 Day 2」有向图

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
#define re register
typedef long long ll;
namespace Fread {const int SIZE = 1 << 20; char buf[SIZE], *S, *T; inline char getchar() {if (S == T) {T = (S = buf) + fread(buf, 1, SIZE, stdin); if (S == T) return '\n';} return *S++;}}
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define getchar Fread::getchar
#endif
inline int ri() {
    re int x = 0;
    re bool t = 0;
    re char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') t |= c == '-', c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    return t ? -x : x;
}
const int _ = 5e5 + 5;
int n, a[_], b[_], p[_], p1[_], p2[_], col[_], inq[_], inde, fa[_];
ll f[_][2], ans;
inline void solve(re int l, re int r, re int L, re int R) {
    re int i;
    if(l > r) return;
    if(L == R) {
        for(i = l; i <= r; ++i) ans += abs(a[p[i]] - b[L]);
        return;
    }
    re int mid = (L + R) >> 1;
    ++inde;
    for(i = l; i <= r; ++i) inq[p[i]] = inde, f[p[i]][0] = abs(a[p[i]] - b[mid]), f[p[i]][1] = abs(a[p[i]] - b[mid + 1]);
    for(i = r; i >= l; --i) (inq[fa[p[i]]] == inde) ? (f[fa[p[i]]][0] = (f[fa[p[i]]][0] + f[p[i]][0]), f[fa[p[i]]][1] = (f[fa[p[i]]][1] + min(f[p[i]][0], f[p[i]][1]))) : 0;
    re int t1 = 0, t2 = 0;
    for(i = l; i <= r; ++i) col[p[i]] = (inq[fa[p[i]]] == inde && !col[fa[p[i]]]) ? (p1[++t1] = p[i], 0) : (f[p[i]][0] < f[p[i]][1] ? (p1[++t1] = p[i], 0) : (p2[++t2] = p[i], 1));
    for(i = 1; i <= t1; ++i) p[l + i - 1] = p1[i];
    for(i = 1; i <= t2; ++i) p[l + t1 + i - 1] = p2[i];
    solve(l, l + t1 - 1, L, mid), solve(l + t1, r, mid + 1, R);
}
signed main() {
    n = ri(), a[1] = ri();
    re int i;
    for(i = 2; i <= n; ++i) fa[i] = ri(), a[i] = ri();
    for(i = 1; i <= n; ++i) {
        p1[i] = p1[fa[i]] + 1, b[i] = a[i] = a[i] - (n - p1[i] + 1);
        p[i] = i;
    }
    sort(b + 1, b + n + 1);
    int tt = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
    solve(1, n, 1, tt);
    printf("%lld\n", ans);
}