题解 [AGC023F] 01 on Tree

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每次可以选择没有父亲节点的点删除，但是对于删除并不熟悉，所以我们将其反过来，从下往上进行合并。

先来考虑链的情况：

可以发现，$3$ 号节点可以向 $2$ 号节点进行合并，即将$3$号节点代表的数字接在$2$号节点后边。再往后扩展一步，$2,3$ 均可看做连通块，只需满足父子关系即可将 $3$ 放在 $2$ 的后边。但是注意，不一定非得从$4$向上合并到$1$，先将 $2,3$ 合并，在将 $4,3$ 合并也是没问题的，只要符合儿子在父亲后面即可。

再来考虑对于同一父节点的所有子树，应该谁先谁后。

设第一个子树内 $0$ 的个数为 $cnt_{1,0}$，$1$ 的个数为 $cnt_{1,1}$，第二个子树以此类推设为 $cnt_{2,0}$ 和 $cnt_{2,1}$，如果子树 $1$ 在前，那么贡献是 $cnt_{1,1}\times cnt_{2,0}$，反之为 $cnt_{2,1}\times cnt_{1,0}$，所以 $\frac{cnt1}{cnt0}$ 小的在前面更优，当然，在比较时需要转化为乘积形式防止分母为 $0$。
由于需要维护子树内也就是连通块内的值，可以想到并查集。于是用并查集维护每个点所处的连通块即可。

综合上述两个结论，我们可以得出如下方案：
先将所有点按照上述排列顺序放进优先队列，然后取出堆顶，将其与父亲节点代表的连通块进行合并（放在后面），再将新连通块塞进堆，并删除原先再堆内的父亲节点，使用懒惰删除即可，便可再 $O(n\log n)$ 以内解决问题。

点击看不了一点代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
#define PII pair<int,int>
#define PLI pair<LL,int>
 
LL read() {
    LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
    return sum*flag;
}
 
const int N=2e5+10;
int n;
int fa[N],da[N];
LL cnt[N][2];
struct node {
    int id; LL cnt0,cnt1;
    friend bool operator < (node x,node y) {
        return x.cnt1*y.cnt0>x.cnt0*y.cnt1;
    }
    node(int a,LL b,LL c) {
        id=a; cnt0=b; cnt1=c;
    }
};
priority_queue<node> q;
 
int find(int x) {
    if(x==fa[x]) return x;
    else return fa[x]=find(fa[x]);
}
 
int main() {
    cin>>n;
    for(int i=2;i<=n;i++) {
        cin>>da[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        fa[i]=i;
        int x; cin>>x;
        cnt[i][x]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        q.push({i,cnt[i][0],cnt[i][1]});
    }
    LL ans=0;
    while(q.size()) {
        node t=q.top(); q.pop();
        int id=t.id,cnt1=t.cnt1,cnt0=t.cnt0;
        if(cnt0!=cnt[t.id][0]||cnt1!=cnt[t.id][1]) continue;
        int fx=find(da[id]);
        fa[id]=fx;
        ans+=cnt[fx][1]*cnt0;
        cnt[fx][1]+=cnt1;
        cnt[fx][0]+=cnt0;
        if(fx!=1) q.push({fx,cnt[fx][0],cnt[fx][1]});
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

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