题解-UOJ284 快乐游戏鸡
Problem
题意大意：
一棵树，点权\(w_i\)，每次玩家可以在树上行走，一条边需要\(1\)的时间，只能往儿子走。每次游戏需要从\(s\)到\(t\)。
玩家有一个总死亡次数，初始为\(0\)。如果走到\(i\)的时候，当前总的死亡次数小于\(w_i\)，那么玩家就会立刻死亡并回到起点 \(s\)，且该死亡过程不需要时间，多组询问从\(s\)到\(t\)的最短时间
\(n,m\leq 3\times 10^5,w_i\leq 10^9\)
Solution
不难发现每次死亡都互相独立，所以对于每次死亡都单独计算
我们设\(f[x][i]\)表示节点\(x\)往下走，已经死亡\(i-1\)次，死亡第\(i\)次所花费的最短时间，假如从\(s\)到\(t\)之间的最大点权为\(W\)，则答案为\(\sum_{i=1}^Wf[s][i]+dis(s,t)\)
解释一下，如果路径上最大点权为\(W\)，则从\(s\)到\(t\)的过程中一定恰好死\(W\)次（因为如果没死\(W\)次，则无法通过，一旦死亡\(W\)次，则接下来的点都可以通过且不会死亡），则答案记为\(\sum_{i=1}^Wf[s][i]\)，最后还要来一次从\(s\)到\(t\)的畅通无阻的旅行，答案加上\(dis(s,t)\)
如何得到\(f[x][i]\)？可以简单\(Dp\)，时间空间复杂度都为\(O(nW)\)，我们可以拿到\(10\)分的好成绩，离散化一下可以多拿\(10\)分 (｡･∀･)ﾉﾞ
优化转移，发现\(f[x][i]\)可能有一大段是相同的，而且\(f[x][i]\)一定依照\(i\)严格递增，我们只需要记录转折点了
比如说对于\(f[x][i]\)我们记录了\(<f_1,f_4,f_{12},f_{40}>\)，则对于\(i\in [5,12]\)，\(f[x][i]=f_{12}\)
这样的话我们拿平衡树维护这个\(<f_i>\)，答案可以维护
答案转移可以平衡树启发式合并，具体就是所有子树相应位置取\(\min\)，然后整体加\(1\)，询问完答案后，再将位置\([1,w_i]\)之间的值赋为\(0\)
我：“好了，我们开始打吧”
（一个小时后）
我：“这太恶心了，浑身难受，不想继续，我们还是用正解的方法吧”
同桌：“这怎么行呢，代码再长，忍忍就过去了，而且你就是要培养这种调试的能力”
我：“好吧”（开始硬着头皮开始打）
（20分钟后）
同桌：“啊，我不打了，这太恶心了，我还没打完主程序就有300行了，我们还是看正解吧”
我：“不行不行，你要坚持，怎么能放弃呢，代码再长，忍忍就过去了，而且就是要培养这种调试的能力嘛”
同桌：“算了算了，我放弃了，我们还是用正解做法吧”
如上，我们发现用上述方法会导致浑身蓝瘦
所以我们有种奇妙的代码优化，就是
队列启发式合并
具体怎么做呢，就是整体开一个长队列，按照\(dfs\)序分配队列空间，这样合并一棵子树的时候由于\(dfs\)序是连续的，所以在队列中的空间也是连续的，这样合并起来的话，继续用合并起来的空间，这就显得很巧妙了
合并两个队列的时候将短的队列加入长的队列，而队列的长度上限取决于这个子树内的最长链，如果我们采用长链剖分，则每条长链只会被遍历一次，时间复杂度是\(O(n)\)的，询问的时候二分查找第一个大于等于\(W\)的值，将前面的整体部分记上，再加上后面多出来的
如图，横坐标为\(depth\)，纵坐标为\(w\)，我们求的值就是下面的面积（其中队列里存的节点为染成蓝绿色的\(A,C,E,G\)）（感谢@zjp_shadow提醒弱智博主修复）
整体复杂度\(O((n+m)\log n)\)，具体做法详见代码
Code
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char ch=getchar(),ob=0;x=0;
while(ch!='-'&&!isdigit(ch))ch=getchar();if(ch=='-')ob=1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();if(ob)x=-x;
}
template <typename _tp> inline void cmax(_tp&A,_tp B) {A = A > B ? A : B;}
template <typename _tp> inline _tp max(_tp A,_tp B) {return A > B ? A : B;}
const int N=301000;
struct Edge{int v,nxt;}a[N+N];
int head[N],Head[N],dep[N];
int he[N],ta[N],dfn[N],son[N];
int Q_t[N],w[N],n,m,dfc=1,_;
ll Ans[N],sm[N];
inline void add(int*arr,int u,int v){a[++_].v = v, a[_].nxt = arr[u], arr[u] = _;}
struct vLCA{
int anc[N][20],ans_F[N][20],len[N];
inline vLCA(){memset(len,0,sizeof len); len[0] = -1;}
int query(int x,int y){
int res(0);
for(int i=19;~i;--i)
if(dep[anc[x][i]] > dep[y])
cmax(res,ans_F[x][i]), x = anc[x][i];
return res;
}
void dfs(int x){
for(int i=1;i<20;++i){
anc[x][i] = anc[anc[x][i-1]][i-1];
ans_F[x][i] = max(ans_F[x][i-1], ans_F[anc[x][i-1]][i-1]);
}
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt){
anc[a[i].v][0] = x;
ans_F[a[i].v][0] = w[x];
dep[a[i].v] = dep[x] + 1;
dfs(a[i].v);
if(len[a[i].v] > len[son[x]])
son[x] = a[i].v;
}
len[x] = len[son[x]] + 1;
}
}lca;
struct node{
int dep,w;
inline node(){}
inline node(const int&Dep,const int&W):dep(Dep),w(W){}
}p[N],tmp[N];
void ins(int x, node e) {
while(he[x] <= ta[x] and p[he[x]].w <= e.w)++he[x];
if(he[x] > ta[x] or p[he[x]].dep > e.dep){
sm[he[x]-1] = 0;
if(he[x] <= ta[x]) sm[he[x]-1] = (ll)(p[he[x]].w - e.w) * p[he[x]].dep + sm[he[x]];
p[--he[x]] = e;
}
}
void merge(int x,int y){
int tp=0;
while(he[x] <= ta[x] and p[he[x]].dep < p[ta[y]].dep)
tmp[++tp] = p[he[x]++];
while(tp and he[y] <= ta[y])
if(p[ta[y]].dep > tmp[tp].dep) ins(x,p[ta[y]--]);
else ins(x, tmp[tp--]);
while(tp) ins(x, tmp[tp--]);
while(he[y] <= ta[y]) ins(x,p[ta[y]--]);
}
void solve(int x,int id){
int y = Q_t[id], op; ll res = 0ll;
int l = he[x], r = ta[x], mid, w = lca.query(y,x);
while(l<r){
mid = l + r>> 1;
if(p[mid].w < w) l = mid + 1;
else r = mid;
}
op = bool(p[he[x]].w <= w);
if(op) res = sm[he[x]] - sm[l] + (ll)p[he[x]].w * p[he[x]].dep;
res += (ll)p[l].dep * (w-(op?p[l].w:0)) - (ll)dep[x]*w;
Ans[id] = res + dep[y] - dep[x];
}
void dfs(int x){
dfn[x] = ++dfc;
if(son[x]) dfs(son[x]), he[x] = he[son[x]], ta[x] = ta[son[x]];
else he[x] = dfc, ta[x] = dfc - 1;
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
if(a[i].v != son[x])
dfs(a[i].v), merge(x,a[i].v);
for(int i=Head[x];i;i=a[i].nxt)
solve(x,a[i].v);
ins(x,node(dep[x],w[x]));
}
void input();
void print();
int main(){
input(); lca.dfs(1);
dfs(1); print();
return 0;
}
void print(){
for(int i=1;i<=m;++i)
printf("%lld\n",Ans[i]);
}
void input(){
read(n), dep[1] = 1; int x;
for(int i=1;i<=n;++i) read(w[i]);
for(int i=2;i<=n;++i) read(x), add(head,x,i);
read(m);
for(int i=1;i<=m;++i){
read(x), read(Q_t[i]);
add(Head,x,i);
}
}
