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UOJ #7

題解

首先這一定是DP！可以寫出：
\[f[i] = \min_{ancestor\ j} \{f[j] + (d[j] - d[i]) * p[i] + q[i]\}\]
其中\(d[i]\)表示樹上\(i\)的深度。
整理一下式子：
\[f[i] = \min_{ancestor\ j} \{f[j] - d[j] * p[i]\} + d[i] * p[i] + q[i]\]
看起來可以斜率優化？
推一下式子：設\(j < k\)，\(i\)從\(j\)轉移優於從\(k\)轉移：
\[f[j] - d[j] * p[i] < f[k] - d[k] * p[i]\]

可是由於限制條件，每個結點\(i\)對應的下凸殼都是不同的，怎麽辦呢？

考慮一條鏈的情況：每個\(f[i]\)都是可以由一個區間內的凸包得到。

可以用線段樹維護當前處理完的所有點的凸包，線段樹上每個節點上存儲著一個凸包，查詢的時候相當於在線段樹上區間查詢——如果當前節點所代表的區間完全包含在查詢區間裏面，則在這個凸包上二分查詢這個區間可以帶來的最優解，否則遞歸，就可以得到答案了。

現在再考慮把一條鏈上的情況推廣到樹上。

考慮DFS，棧中的節點組成從根到當前節點的一條鏈，如果線段樹維護了這條鏈的信息，則可以像正常序列上的情況一樣求當前點的\(f\)

於是引入【可撤銷的凸包】，每次可以【撤銷】——回到上一次插入新節點的操作之前。
怎麽實現？當插入一個新節點時，二分它要放到哪個位置，並記錄當前的top和被新節點取代的節點是誰，當撤銷這次插入時，恢復top和被取代的節點即可。這樣插入是\(O(\log n)\)的，撤銷操作是\(O(1)\)的，非常科學 =v=

代碼比想象中好寫（霧

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
 

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
    if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
    x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

const int N = 200005;
int n, T, adj[N], nxt[N], fa[N], d_top, id[N];
ll f[N], d[N], p[N], q[N], w[N], lim[N], d_stk[N];
int seg_dep[4*N], pre[N][20], last_top[N][20], top[4*N];
vector <int> stk[4*N];
typedef long double ld;
//pre[i][j]是i號節點在線段樹上第j層加入所屬的凸包中時, "取代"的點的編號, last[i][j]是加入前該凸包的大小
void build(int k, int l, int r){
    seg_dep[k] = seg_dep[k >> 1] + 1;
    stk[k].resize(r - l + 3);
    if(l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(k << 1, l, mid);
    build(k << 1 | 1, mid + 1, r);
}
bool cmp1(int i, int j, int k){ // 判斷(i, j, k)是否構成上凸
    return (ld)(d[j] - d[i]) * (f[k] - f[j]) < (ld)(f[j] - f[i]) * (d[k] - d[j]);
}
int find_pos(int k, int i){ // 在k號單調棧中插入i號點, 應該放在哪個位置
    if(!top[k]) return 1;
    int l = 2, r = top[k] + 1, mid; // 找到第一個和i上凸的位置(新來的i應該取代這個位置)
    while(l < r){
    mid = (l + r) >> 1;
    if(cmp1(stk[k][mid - 1], stk[k][mid], i)) r = mid;
    else l = mid + 1;
    }
    return l;
}
void push(int k, int i){
    int p = find_pos(k, i);
    last_top[i][seg_dep[k]] = top[k];
    pre[i][seg_dep[k]] = stk[k][p];
    top[k] = p;
    stk[k][p] = i;
}
void rollback(int k){
    int i = stk[k][top[k]];
    stk[k][top[k]] = pre[i][seg_dep[k]];
    top[k] = last_top[i][seg_dep[k]];
}
ll calc(int u, int v){
    return f[u] + (d[v] - d[u]) * p[v] + q[v];
}
bool cmp2(int i, int j, ll x){ // 判斷i和j構成的斜率是否小於等於x
    return f[j] - f[i] <= (ld) x * (d[j] - d[i]);
}
ll ask(int k, int x){
    int l = 1, r = top[k];
    while(l < r){
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(cmp2(stk[k][mid], stk[k][mid + 1], p[x])) l = mid + 1;
    else r = mid;
    }
    return calc(stk[k][l], x);
}
void insert(int k, int l, int r, int p, bool flag){
    flag ? push(k, id[p]) : rollback(k);
    if(l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(p <= mid) insert(k << 1, l, mid, p, flag);
    else insert(k << 1 | 1, mid + 1, r, p, flag);
}
ll query(int k, int l, int r, int ql, int qr){
    if(ql <= l && qr >= r) return ask(k, id[qr + 1]);
    int mid = (l + r) >> 1;
    ll ret = 9e18;
    if(ql <= mid) ret = query(k << 1, l, mid, ql, qr);
    if(qr > mid) ret = min(ret, query(k << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
    return ret;
}
void dfs(int u){
    d_stk[++d_top] = d[u] = d[fa[u]] + w[u], id[d_top] = u;
    if(u != 1){
    int st = lower_bound(d_stk + 1, d_stk + d_top + 1, d[u] - lim[u]) - d_stk;
    f[u] = query(1, 1, n, st, d_top - 1);
    }
    insert(1, 1, n, d_top, 1);
    for(int v = adj[u]; v; v = nxt[v]) dfs(v);
    insert(1, 1, n, d_top, 0);
    d_top--;
}

int main(){
    read(n), read(T);
    build(1, 1, n);
    for(int i = 2; i <= n; i++){
    read(fa[i]), read(w[i]), read(p[i]), read(q[i]), read(lim[i]);
    nxt[i] = adj[fa[i]], adj[fa[i]] = i;
    }
    dfs(1);
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    write(f[i]), enter;
    return 0;
}

UOJ#7. 【NOI2014】購票 | 線段樹 凸包優化DP