Description

一棵 n 個點的有根樹，帶點權 wi。
從 s 出發，希望達到 t，每秒可以從當前點移動到某一個兒子。
有一個死亡次數，初始為 0。若在某個點 i(i != s, t) 時，死亡次數 ≤ wi，那么死亡次數自增 1，并且立刻跳回到 s。
給出 q 組 s, t，求最短時間。
n, q ≤ $3\times 10^5$

Solution

• 每次從點 s 出生到撞程序猿死亡跟前幾次是怎么死的并沒有關系。所以對于每次 “從點 s 出生到撞程序猿死亡” 的過程都可以貪心選最近的點早死早超生。
• 產生一個樸素的想法：記 $g_i{,}_j$ 為當前在 i，已死亡 j ? 1 次，再死一次所需時間。若 s, t 路徑上最大點權為 W，那么答案為 ${\sum }_{i=1}^W{g}_s{,}_i+dis(s,t)$。
• 這樣設計狀態的復雜度太大，發現 g 單調并且有大量狀態相同。圖像的話大概長這樣：
  
• 優化：換個角度，考慮有多少次從出生到死亡的過程需要一秒，多少次需要兩秒等等。
• 具體來說，考慮記錄 f[i][j] 表示 i 的子樹中和 i 距離小于等于 j 的點的權值最大值。 這樣 f[i][j]?f[i][j?1] 就等于有多少次從出生到死亡需要 j 秒。
• 那么對于一個詢問(s,t)，答案就是
  ${\sum }_{i=1}^{d=dep[pos[mxval]]?dep[s]}(f[s][i]?f[s][i?1])?i+dis(s,t)$
  $=f[s][d]?d?{\sum }_{i=1}^{d?1}f[s][i]+dis(s,t)$。
• 所以，可以把詢問按照 s 掛在樹上，想辦法維護f，離線求解。
• 考慮如何維護f。因為它與深度有關，所以考慮長鏈剖分。
• 長鏈剖分完后有兩種合并鏈的方法：

法一：用一個點v去更新f，是區間對一個數取max的操作，但因為f單調遞增，所以可以二分出第一個大于 v 的位置，然后區間覆蓋就可以了。這個可以用線段樹實現。(推薦按照樹剖的DFS序建一棵線段樹，然后所有操作都可以在這一棵線段樹上做。)
時間復雜度 $O((n+q)logn)$。

法二：若dep[j]<dep[k]且w[j]>w[k]，那么k點顯然可以不用維護了，發現刪掉類似k的點后我們就得到了一個單調棧！因此我們決定維護一個子樹內部按照深度排好序后對于 w 的單調棧。詢問直接二分就好。注意點：1.我們需要求單調棧從棧頂到棧底的前綴和，但是不好維護，所以選擇維護后綴和。2.棧的合并實際上按照任意順序時間復雜度都是$O(n)$，但是我們需要注意空間，為省空間，我們長鏈剖分之后按照DFS序分配空間即可。
時間復雜度 $O(n+qlogn)$。

Code

#include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> using namespace std; const int N=3e5+5; struct Edge{int v,nxt;}edge[N]; int n,m,w[N],cnt,head[N]; int fa[N][25],mxw[N][25],len[N],son[N],dep[N],dfn[N],ind; struct Query{int y,id;}; vector<Query> d[N]; long long ans[N]; int L[N],R[N],tot; long long sum[N];//sum維護后綴和 struct Stack{int dep,w;}stk[N],q[N]; //用stk來記錄單調棧，是為了省空間 //按dfs序分配空間即可保證每個點對應的棧使用的stk區間無重疊部分 void addedge(int u,int v){edge[++cnt].v=v;edge[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; } void dfs1(int u){dep[u]=dep[fa[u][0]]+1;mxw[u][0]=w[fa[u][0]];for(int i=1;i<=20;i++){fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];mxw[u][i]=max(mxw[u][i-1],mxw[fa[u][i-1]][i-1]);}for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].v;dfs1(v);if(len[v]>len[son[u]]) son[u]=v;}len[u]=len[son[u]]+1; } int get_mxw(int x,int y){int ret=0;for(int i=20;i>=0;i--)if(dep[fa[x][i]]>dep[y])ret=max(ret,mxw[x][i]),x=fa[x][i];return ret; } void add(int x,Stack a){//從x點的棧的左端加入新元素 //新加入元素的dep保證<=棧中元素的dep的最小值 while(L[x]<=R[x]&&stk[L[x]].w<=a.w) L[x]++;if(L[x]>R[x]){sum[--L[x]]=0;stk[L[x]]=a;} else{if(stk[L[x]].dep>a.dep){stk[--L[x]]=a;sum[L[x]]=sum[L[x]+1]+1ll*stk[L[x]+1].dep*(stk[L[x]+1].w-a.w);}} } void merge(int x,int y){//往x點的棧加入y點的棧中的元素時仍要滿足x點的棧中的元素dep值從小到大排布 tot=0;while(L[x]<=R[x]&&stk[L[x]].dep<=stk[R[y]].dep) q[++tot]=stk[L[x]++];while(tot&&L[y]<=R[y])if(q[tot].dep>=stk[R[y]].dep) add(x,q[tot--]);else add(x,stk[R[y]--]);while(tot) add(x,q[tot--]);while(L[y]<=R[y]) add(x,stk[R[y]--]); } long long query(int u,int v){int mx=get_mxw(v,u),l=L[u],r=R[u],mid;while(l<=r){mid=l+r>>1;if(stk[mid].w<mx) l=mid+1;else r=mid-1;}if(stk[L[u]].w<=mx)return 1ll*sum[L[u]]- 1ll*sum[l] + 1ll*stk[L[u]].dep*stk[L[u]].w - 1ll*dep[u]*mx - 1ll*(stk[l].w-mx)*stk[l].dep;elsereturn 1ll*mx*(stk[l].dep-dep[u]); } void dfs2(int u){dfn[u]=++ind;if(son[u]){dfs2(son[u]);L[u]=L[son[u]];R[u]=R[son[u]];}else{L[u]=ind;R[u]=ind-1;}for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){int v=edge[i].v;if(v==son[u]) continue;dfs2(v);merge(u,v);}for(int i=0;i<d[u].size();i++){int v=d[u][i].y;int id=d[u][i].id;ans[id]=query(u,v)+dep[v]-dep[u];}add(u,(Stack){dep[u],w[u]}); } int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%d",&fa[i][0]);addedge(fa[i][0],i);}dfs1(1);scanf("%d",&m);for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);d[u].push_back((Query){v,i}); }dfs2(1);for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);return 0; }

參考文章：
https://vfleaking.blog.uoj.ac/blog/2292
https://www.cnblogs.com/penth/p/9801945.html
https://blog.csdn.net/qq_42555009/article/details/100934540
https://blog.csdn.net/zxyoi_dreamer/article/details/101705010
https://blog.csdn.net/Mr_wuyongcong/article/details/111996460

總結

以上是生活随笔為你收集整理的UOJ284 快乐游戏鸡(树上动态规划问题、长链剖分+单调栈)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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