2020牛客暑期多校训练营（第四场）Ancient Distance

题意

给一颗\(n\)个结点的树，树的根为\(1\)，你最多选择\(K\)个关键点(根节点必须选择)，一个点\(x\)的最远距离定义为\(x\)到根节点的路径上遇到的第一个关键点的距离，树的权值定义为所有点的最远距离的最大值。

问当\(K\in \{ 1,2,\dots,n \}\)时，树的权值的最小值的和为多少。

分析

当固定\(K\)时，我们可以二分答案\(dist\)，贪心的去check，每次找深度最大的点\(x\)向上跳\(dist\)步到祖先\(y\)，然后将\(y\)的子树删除，一直这样找下去，直到将整棵树删除，就能得到所需的最少的关键点的数量。

一个很显然的结论：当答案为\(x\)时，关键点的数量最多为\(\frac{n}{x}\)个，树为一条链的情况下关键点数量最多。

这样我们就能反过来枚举答案\(x\)，每次check得到的关键点数量设为\(k\)，更新\(ans[k]=min(ans[k],x)\)，最后累加起来就得到了最终答案。

check找最深的点和删除子树操作可以用按\(dfs\)序建线段树来完成，找深度最大的点就是查询区间最大值，删除子树就是区间赋值，最后还要还原，我们可以提前将线段树复制一份，然后区间更新时用\(vector\)存下被修改的点，最后还原时将这些点赋值为初始线段树的值。

这样一次\(check\)的时间复杂度为关键点数量乘\(logn\)。

从\(1\sim n\)枚举答案，关键点的总数量为\(n+\frac{n}{2}+ \frac{n}{3}+\dots+\frac{n}{n}\)，约等于\(nlogn\)，

总的时间复杂度即为\(O(nlog^2n)\)。

Code

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#include<iomanip>
#include<sstream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define per(i,n,x) for(int i=n;i>=x;i--)
#define sz(a) int(a.size())
#define rson mid+1,r,p<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define lson l,mid,p<<1
#define ll long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define se second
#define fi first
using namespace std;
const double eps=1e-8;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;
const int inf=1e9;
int n;
vector<int>g[N];
int d[N],f[N][20],L[N],R[N],pos[N],tot;
int A[N<<2],B[N<<2],tag[N<<2];
int ans[N],lg[N];
vector<int>v;
int mx(int x,int y){
    if(d[x]>d[y]) return x;
    else return y;
}
void bd(int l,int r,int p){
    tag[p]=0;
    if(l==r) return A[p]=B[p]=pos[l],void();
    int mid=l+r>>1;
    bd(lson);bd(rson);
    A[p]=B[p]=mx(A[p<<1],A[p<<1|1]);
}
void pd(int p){
    v.pb(p<<1);v.pb(p<<1|1);
    A[p<<1]=A[p<<1|1]=0;
    tag[p<<1]=tag[p<<1|1]=1;
    tag[p]=0;
}
void up(int dl,int dr,int l,int r,int p){
    v.pb(p);
    if(l==dl&&r==dr){
        tag[p]=1;
        A[p]=0;
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(tag[p]) pd(p);
    if(dr<=mid) up(dl,dr,lson);
    else if(dl>mid) up(dl,dr,rson);
    else up(dl,mid,lson),up(mid+1,dr,rson);
    A[p]=mx(A[p<<1],A[p<<1|1]);
}
void dfs(int u,int fa){
    d[u]=d[fa]+1;
    f[u][0]=fa;
    for(int i=1;(1<<i)<=n;i++){
        f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
    }
    L[u]=++tot;pos[tot]=u;
    for(int x:g[u]){
        if(x==fa) continue;
        dfs(x,u);
    }
    R[u]=tot;
}
int find(int x,int k){
    for(int i=lg[k];i>=0;i--){
        if(k>=(1<<i)){
            k-=(1<<i);
            x=f[x][i];
        }
    }
    if(!x) x=1;
    return x;
}
int ck(int mid){
    v.clear();
    int cnt=0;
    while(1){
        int x=A[1];
        if(x==0) break;
        int y=find(x,mid);
        ++cnt;
        up(L[y],R[y],1,n,1);
    }
    for(int p:v){
        A[p]=B[p];
        tag[p]=0;
    }
    return cnt;
}
int main(){
    //ios::sync_with_stdio(false);
    //freopen("in","r",stdin);
    for(int i=2;i<N;i++) lg[i]=lg[i-1]+(1<<(lg[i-1]+1)==i);
    while(~scanf("%d",&n)){
        tot=0;
        rep(i,2,n){
            int x;
            scanf("%d",&x);
            g[x].pb(i);
        }
        dfs(1,0);
        bd(1,n,1);
        rep(i,1,n) ans[i]=n+1;
        ll Ans=0;
        for(int i=n;i>=0;i--) ans[ck(i)]=i;
        for(int i=2;i<=n;i++) ans[i]=min(ans[i-1],ans[i]);
        for(int i=1;i<n;i++) Ans+=ans[i];
        printf("%lld\n",Ans);
        rep(i,1,n) g[i].clear();
    }
    return 0;
}