[BZOJ3835][POI2014]Supercomputer

bzoj
luogu

description

有一棵\(n\)个节点的树，有\(q\)次询问，每次给出一个\(k\)，你需要用最少的操作次数选中树上的每一个点。每一次操作可以选中树上的至多\(k\)个点，但是要保证这些点的父亲都已经被选了（根一开始就可以选）。
\(n,q\le10^6\)

sol

考虑一下选择的过程。一开始瓶颈在于深度，一次操作可能选不满\(k\)个。当达到某个阈值时，瓶颈变为\(k\)，即每次都可以选满\(k\)个点。
我们可以枚举那个阈值\(i\)，设\(s_i\)表示深度大于\(i\)的点的个数，那么\(ans=\max\{i+\lceil\frac{s_i}{k}\rceil\}\)。（所有的\(i\)中有且仅有一个\(i\)作为阈值是合法的，而不合法的情况都会把答案算小，所以就取\(\max\)啦。）
然后把\(i\)也放到上面去，得到\(ans=\max\{\lceil\frac{ik+s_i}{k}\rceil\}\)。实际上就是要最大化\(ik+s_i\)。
把\(k\)视作自变量，那么我们就只需要维护直线\(y=ix+s_i\)构成的上凸壳就行了。
复杂度\(O(n\log n+q\log n)\)。
upt:突然意识到一个严重的问题，建凸壳为什么要带\(\log\)？？？我一定是傻逼。
但是我这带\(\log\)跑得比\(O(n)\)的快是什么鬼。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gi(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
#define ll long long
const int N = 1e6+5;
int n,m,d,k[N],dep[N],s[N],top;
struct node{int p,l,r;}q[N];
ll cal(int p,int x){
	return 1ll*p*x+s[p];
}
int binary(int x,int y){
	int l=q[top].l,r=n,res=0;
	while (l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if (cal(x,mid)<cal(y,mid)) res=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	return res;
}
int main(){
	n=gi();m=gi();
	for (int i=1;i<=m;++i) k[i]=gi();
	for (int i=2;i<=n;++i) ++s[dep[i]=dep[gi()]+1],d=max(d,dep[i]+1);
	for (int i=d;i;--i) s[i]+=s[i+1];
	for (int i=1;i<=d;++i){
		while (top&&cal(q[top].p,q[top].l)<cal(i,q[top].l)) --top;
		if (!top) q[++top]=(node){i,1,n};
		else{
			int x=binary(q[top].p,i);
			q[top].r=x-1;q[++top]=(node){i,x,n};
		}

	}
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int l=1,r=top,res=0;
		while (l<=r){
			int mid=l+r>>1;
			if (q[mid].l<=k[i]) res=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		printf("%lld ",(cal(q[res].p,k[i])+k[i]-1)/k[i]);
	}
	puts("");return 0;
}