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BZOJ 3672: [Noi2014]购票( 树链剖分 + 线段树 + 凸包 )

2016-02-12 14:48 513 查看


s弄成前缀和(到根), dp(i) = min(dp(j) + (s(i)-s(j))*p(i)+q(i)). 链的情况大家都会做...就是用栈维护个下凸包, 插入时暴力弹栈, 查询时就在凸包上二分/三分. 扩展到树上的话, 就先树链剖分, 然后就变成链上的情况了, 线段树每个结点处理出对应的区间的凸包. 对于x, 用Root到fa[x]这段路径来更新x. 我们知道1段路径会剖成 ≤ log N 段, 然后每段(区间)只会影响log N个线段树结点, 加上每次O(log N)三分/二分, 时间复杂度是O(N log^3 N). 常数很小, 可以过. 空间复杂度是O(N log N)

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#include<cstdio>#include<cctype>#include<cstring>#include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 200009;const double eps = 1e-9; int N, L, R, Top, n, T;int fa[maxn], p[maxn], seq[maxn * 20];int top[maxn], sz[maxn], dep[maxn], ch[maxn], Id[maxn], _Id[maxn];ll q[maxn], d[maxn], len[maxn], ans[maxn]; template<class T>inline void Min(T &x, T t) { if(t < x) x = t;} template<class T>inline T& read(T &x) { char c = getchar(); x = 0; while(!isdigit(c)) c = getchar(); for(; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0'; return x;} struct edge { int t; edge* n;} E[maxn], *Pt = E, *H[maxn]; inline void AddEdge(int u, int v) { Pt->t = v, Pt->n = H[u], H[u] = Pt++;} void dfs(int x) { sz[x] = 1, ch[x] = -1; if(~fa[x]) d[x] += d[fa[x]]; for(edge* e = H[x]; e; e = e->n) { dep[e->t] = dep[x] + 1; dfs(e->t); sz[x] += sz[e->t]; if(!~ch[x] || sz[e->t] > sz[ch[x]]) ch[x] = e->t; }} void DFS(int x) { Id[x] = ++n; top[_Id
= x] = Top; if(~ch[x]) DFS(ch[x]); for(edge* e = H[x]; e; e = e->n) if(e->t != ch[x]) DFS(Top = e->t);} void Init() { read(N); read(n); for(int i = 1; i < N; i++) { AddEdge(fa[i] = read(fa[i]) - 1, i); read(d[i]), read(p[i]), read(q[i]), read(len[i]); } fa[0] = -1; dfs(dep[0] = 0); DFS(n = Top = 0);} bool Cmp(const int &l, const int &r) { return dep[l] < dep[r];} struct Node { Node *lc, *rc; int l, r;} pool[maxn << 1], *pt = pool, *Root; void Build(Node* t, int l, int r) { t->l = n, t->r = n - 1; n += r - l + 1; if(l != r) { int m = (l + r) >> 1; Build(t->lc = pt++, l, m); Build(t->rc = pt++, m + 1, r); }} inline ll calc(int x) { return ans[seq[x]] - d[seq[x]] * p[T];} void Query(Node* t, int l, int r) { if(L <= l && r <= R && d[T] - d[_Id[r]] > len[T]) return; if(L <= l && r <= R && d[T] - d[_Id[l]] <= len[T]) { l = t->l, r = t->r; while(l <= r) { int lth = (r - l) / 3; int m1 = l + lth, m2 = r - lth; ll c1 = calc(m1), c2 = calc(m2); if(c1 < c2) r = m2 - 1, Min(ans[T], c1); else l = m1 + 1, Min(ans[T], c2); } } else { int m = (l + r) >> 1; if(L <= m) Query(t->lc, l, m); if(m < R) Query(t->rc, m + 1, r); }} void QUERY(int x, int y) { for(; top[x] != top[y]; x = fa[top[x]]) { if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y); L = Id[top[x]], R = Id[x]; Query(Root, 1, N); } if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y); L = Id[y], R = Id[x]; Query(Root, 1, N);} inline bool chk(int a, int b, int c) { if(d[b] == d[c]) return false; return (double) (ans[b] - ans[a]) / (d[b] - d[a]) - (double) (ans[c] - ans[b]) / (d[c] - d[b]) > eps;} void Modify(Node* t, int l, int r) { while(t->r > t->l && chk(seq[t->r - 1], seq[t->r], T)) t->r--; while(t->r >= t->l && d[seq[t->r]] == d[T] && ans[seq[t->r]] >= ans[T]) t->r--; if(t->r < t->l || d[seq[t->r]] != d[T]) seq[++t->r] = T; if(l != r) { int m = (l + r) >> 1; Id[T] <= m ? Modify(t->lc, l, m) : Modify(t->rc, m + 1, r); }} void Work() { n = 0; Build(Root = pt++, 1, N); ans[T = 0] = 0; Modify(Root, 1, N); for(T = 1; T < N; T++) { ans[T] = 1LL << 62; QUERY(0, fa[T]); ans[T] += d[T] * p[T] + q[T]; Modify(Root, 1, N); } for(int i = 1; i < N; i++) printf("%lld\n", ans[i]);} int main() { Init(); Work(); return 0;}-------------------------------------------------------------------------

3672: [Noi2014]购票

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Description

今年夏天,NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发,到SZ市参加这次盛会。 全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树,每个城市与它的父亲用道路连接。为了方便起见,我们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。对于除SZ市之外的任意一个城市 v,我们给出了它在这棵树上的父亲城市 fv 以及到父亲城市道路的长度 sv。从城市 v 前往SZ市的方法为:选择城市 v 的一个祖先 a,支付购票的费用,乘坐交通工具到达 a。再选择城市 a 的一个祖先 b,支付费用并到达 b。以此类推,直至到达SZ市。对于任意一个城市 v,我们会给出一个交通工具的距离限制 lv。对于城市 v 的祖先 a,只有当它们之间所有道路的总长度不超过 lv 时,从城市 v 才可以通过一次购票到达城市 a,否则不能通过一次购票到达。对于每个城市 v,我们还会给出两个非负整数 pv,qv 作为票价参数。若城市 v 到城市 a 所有道路的总长度为 d,那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 dpv+qv。每个城市的OIer都希望自己到达SZ市时,用于购票的总资金最少。你的任务就是,告诉每个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。

Input

第 1 行包含2个非负整数 n,t,分别表示城市的个数和数据类型(其意义将在后面提到)。输入文件的第 2 到 n 行,每行描述一个除SZ之外的城市。其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v,分别表示城市 v 的父亲城市,它到父亲城市道路的长度,票价的两个参数和距离限制。请注意:输入不包含编号为 1 的SZ市,第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。

Output

输出包含 n-1 行,每行包含一个整数。其中第 v 行表示从城市 v+1 出发,到达SZ市最少的购票费用。同样请注意:输出不包含编号为 1 的SZ市。

Sample Input

7 3
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10

Sample Output

40
150
70
149
300
150

HINT



对于所有测试数据,保证 0≤pv≤106,0≤qv≤1012,1≤fv<v;保证 0<sv≤lv≤2×1011,且任意城市到SZ市的总路程长度不超过 2×1011。

输入的 t 表示数据类型,0≤t<4,其中:

当 t=0 或 2 时,对输入的所有城市 v,都有 fv=v-1,即所有城市构成一个以SZ市为终点的链;

当 t=0 或 1 时,对输入的所有城市 v,都有 lv=2×1011,即没有移动的距离限制,每个城市都能到达它的所有祖先;

当 t=3 时,数据没有特殊性质。

n=2×10^5

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