P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响

\(\mathcal Link\)

显然贪心：每次用最大值尽可能消去大的。

证明非常简单：考虑若最大值为 \(u\)，次大的可以被更新的位置为 \(v\)，设 \(u\) 的最优解集合为 \(S\)，若 \(v\not \in S\)，考虑将 \(S\) 中与 \(v\) 冲突的元素删去并放入集合 \(T\)。考虑原先 \(v\) 所在集合 \(S'\)，则分三种情况：

• \(T\) 中元素为 \(v\) 的后代，此时 \(T\) 可并入 \(S'\)，答案不劣。
• \(T\) 中只有一个元素，且为 \(v\) 的祖先，记为 \(t\) ,那我们可以考虑将 \(S'\) 中与 \(t\) 冲突的元素放入 \(T'\) 中。此时 \(T'\) 中只有 \(t\) 的子结点，必然可以放入 \(S\) ，而 \(T\) 可以并入 \(S'\)，调整后答案不劣。
• \(T=\varnothing\) 此时直接用 \(S\) 合并 \(v\)。

直接做是 \(\mathcal O(n^2\log n)\) 的。

考虑到各个子树互不影响，可以对子树递归并合并贡献。

合并贡献时，将小的并入大的，这样，可以用 \(\mathcal O(\min(sz_u,sz_v))\) 次合并删去 \(\min(sz_u,sz_v)\) 个节点。

考虑要用堆维护，复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <queue>
#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=2e5+5;
struct EDGE{int nxt,to;}e[N<<1];
int head[N],tot;
void add(int from,int to){
	e[++tot].nxt=head[from];
	e[tot].to=to;
	head[from]=tot;
}
int a[N];
int sz[N];
int n;
priority_queue<int> q[N];
void dfs(int u){
	sz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		dfs(v);
		sz[u]+=sz[v];
	}
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].to;
		if(q[u].empty()) swap(q[u],q[v]);
		else{
			if(q[u].size()<q[v].size()) swap(q[u],q[v]);
			priority_queue<int> tmp;
			while(!q[v].empty()){
				tmp.push(max(q[u].top(),q[v].top()));
				q[u].pop();q[v].pop();
			}
			while(!tmp.empty()) q[u].push(tmp.top()),tmp.pop();
		}
	}
	q[u].push(a[u]);
}
int main(){
	io>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i) io>>a[i];
	for(int i=2;i<=n;++i){
		int f;io>>f;add(f,i);
	}
	dfs(1);
	long long ans=0;
	while(!q[1].empty()) ans+=q[1].top(),q[1].pop();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}