傳送門

題意：給一棵$n$個點帶點權的樹，要求把點分成若干部分，有祖孫關系的點不能在同一部分。求每個部分最大值 的和 的最小值。

$n\le 2\times 10^5$

由鏈的部分得到啟發，每個點用一個堆來維護，合并兩個時不斷彈出兩個堆頂并在最后加入較大值直到一個為空。合并完后加入根，最終的和就是答案。

這樣復雜為兩邊的大小之和。

發現合并是把較少的丟到較大的中，可以啟發式合并，即少的取完后丟回較多的。可以用指針實現。

這樣復雜度是$O(n\log n)$

好像和長鏈剖分本質相同

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <queue> #include <vector> #define MAXN 200005 using namespace std; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } typedef long long ll; typedef priority_queue<int> pq; pq *q[MAXN]; int val[MAXN]; vector<int> e[MAXN]; void dfs(int u) {q[u]=new pq;for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++){dfs(e[u][i]);if (q[u]->size()<q[e[u][i]]->size()) swap(q[u],q[e[u][i]]);vector<int> tmp;while (!q[e[u][i]]->empty()) tmp.push_back(max(q[u]->top(),q[e[u][i]]->top())),q[u]->pop(),q[e[u][i]]->pop();for (vector<int>::iterator it=tmp.begin();it!=tmp.end();++it) q[u]->push(*it);}q[u]->push(val[u]); } int main() {int n=read();for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();for (int i=2;i<=n;i++) e[read()].push_back(i);dfs(1);ll ans=0;while (!q[1]->empty()) ans+=q[1]->top(),q[1]->pop();printf("%lld\n",ans);return 0; }

總結

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