[ARC098F] Donation

\(\mathcal Link\)

为啥没人做啊。

经过分析可以发现：

• 任何一个点一定只会在最后一次访问时捐钱。（策略一）

• 捐赠过程中钱数单调不增。

因此若遵守策略一，我们只需要考虑每个点最后一次捐钱时的状态是否满足条件。

即 在捐钱时刻满足：

\[\begin{cases} t\geq A_u \\ t\geq B_u \end{cases}\]

这等价于 \(t-B_u\geq \max(A_u-B_u,0)=C_u\)

考虑反向，变为第一次访问时钱数至少为 \(C_u\)。

如果选定一个终点 \(u\) ，相当于每次选能到达的最小 \(C_v\) 。可以证明，这在本题中与找到一个使得 \(u\rightarrow v\) 经过最大点权最小的 \(v\) 等价。然后考虑建出多叉点权 kruskal 重构树。

此时若选择点 \(u\)，只需考虑其祖先，可以发现一定是一层层跳上去的。

换句话说，一定是跳完一个子树后再往上跳。

然后树形 DP。枚举逆向后的起点所在子树。

\[f_u=\min_{u\rightarrow v}\{s_u-s_v+\max(C_u,f_v)\} \]

复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
char buf[1<<14],*p1=buf,*p2=buf;
#define GetC() ((p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<14,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
struct Ios{}io;
template <typename _tp>
Ios &operator >>(Ios &in,_tp &x){
	x=0;int w=0;char c=GetC();
	for(;!isdigit(c);w|=c=='-',c=GetC());
	for(;isdigit(c);x=x*10+(c^'0'),c=GetC());
	if(w) x=-x;
	return in;
}
const int N=1e5+5,M=1e5+5;
int a[N],b[N],c[N];
int p[N];
int fa[N];
int rt(int u){return fa[u]==u?u:fa[u]=rt(fa[u]);}
bool vis[N];
vector<int> g1[N],g2[N];
using ll=long long;
ll s[N];
ll f[N];
void init(int u){
	s[u]=b[u];
	for(auto v:g2[u]){
		init(v);
		s[u]+=s[v];
	}
}
void dfs(int u){
	if(!g2[u].size()) f[u]=s[u]+c[u];
	else f[u]=1ll<<60;
	for(auto v:g2[u]){
		dfs(v);
		f[u]=min(f[u],s[u]-s[v]+max((ll)c[u],f[v]));
	}
}
int main(){
	int n,m;io>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i) io>>a[i]>>b[i],c[i]=max(a[i]-b[i],0);
	for(int i=1;i<=n;++i) p[i]=i,fa[i]=i;
	sort(p+1,p+n+1,[&](int a,int b){return c[a]<c[b];});
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;io>>u>>v;
		g1[u].push_back(v);
		g1[v].push_back(u);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int u=p[i];
		for(auto j:g1[u]){
			if(vis[j]){
				int v=rt(j);
				if(u!=v) fa[v]=u,g2[u].push_back(v);
			}
		}
		vis[u]=true;
	}
	init(p[n]);
	dfs(p[n]);
	printf("%lld\n",f[p[n]]);
	return 0;
}