「AtCoder AGC023F」01 on Tree

Description

给定一颗 (n) 个结点的树，每个点有一个点权 (v)。点权只可能为 (0) 或 (1)。

现有一个空数列，每次可以向数列尾部添加一个点 (i) 的点权 (v_i)，但必须保证此时 (i) 没有父结点。添加后将 (i) 删除。

这样可以一个长为 (n) 的数列 (x)。求 (x) 中逆序对数的最小值。

Hint

• (1le nle 2 imes 10^5)
• (v_i in {0, 1})

Solution

由于一个结点的父结点尚未被删除，那么现在该结点则无法被加入数列。可见题目要求我们 从树根自顶向下 删除。

但显然我们不会这样做——我们 将所有结点视作独立，向父亲方向合并。

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我们不妨先考虑这样一个问题：对于一个根结点为 (x) 的树，其子结点为 (y_1, y_2, cdots y_k)。假设子树 (y_1, y_2, cdots y_k) 都已经合并好了，那么我们只要将这些子树合并答案，向上传答案即可。

首先，由题意得，结点 (x) 的点权必须排在最前面。接下来就需要合理安排顺序，使得 跨越子树的逆序对 数量最小。由于子树内在前期早已统计完毕，此处无需再做讨论。

为方便讨论，在这里我们还需维护子树中 (0, 1) 的个数，分别记为 ( ext{cnt}(cdots, 0), ext{cnt}(cdots, 1))。

若要使逆序对尽可能小，而权值就只有 (0, 1)，第一直觉就是 贪心地把 (0) 尽量排前面。

但直觉是很模糊的，我们需要一个明确的标准。

对于两个子树 (y_i, y_j)，如果 (y_i) 排在前面，那么会产生 ( ext{cnt}(y_i, 1) imes ext{cnt}(y_j, 0)) 个逆序对，反正则会产生 ( ext{cnt}(y_j, 1) imes ext{cnt}(y_i, 0)) 个。

显然我们应选择结果较少的策略——优先选取 (dfrac{ ext{cnt}(y, 0)}{ ext{cnt}(y, 1)}) 较小的。为避免除以零造成 RE，需要化除为乘。

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但此题不能直接递归处理，需要全局一起算，即上文中“将所有结点视作独立，向父亲方向合并”的思路。

那么子树的 ( ext{cnt}) 值就变成了 连通块 的 ( ext{cnt}) 值，容易发现上面的贪心思路于此仍然有效。

此处涉及连通块整块信息的维护，不难想到 并查集。连通块的有序维护，可以使用 堆。

在每个点向上合并后，父亲方向结点需要删去，这对于堆来说就不太方便（当然可以考虑 multiset 或 可删堆）

但其实不用这么麻烦：直接根据 ( ext{cnt}) 值判断是否已经被合并然后选择性跳过即可。

最后做到 1 号点就不用重新插入堆中了。

Code

/*
 * Author : _Wallace_
 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
 * Problem : AtCoder AGC023F 01 on Tree
 */
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

int n, fa[N], dsu[N];
int cnt[N][2];

struct item {
	int c0, c1, idx;
	bool operator < (const item& t) const {
		return c0 * 1ll * t.c1 < c1 * 1ll * t.c0;
	}
};
priority_queue<item> pq;

int find(int x) {
	return x == dsu[x] ? x : dsu[x] = find(dsu[x]);
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	
	cin >> n;
	for (register int i = 2; i <= n; i++)
		cin >> fa[i];
	for (register int i = 1, val; i <= n; i++)
		cin >> val, cnt[i][val]++;
	for (register int i = 1; i <= n; i++)
		dsu[i] = i;
	
	long long ans = 0;
	for (register int i = 2; i <= n; i++)
		pq.push({cnt[i][0], cnt[i][1], i});
	
	while (!pq.empty()) {
		item cur = pq.top(); pq.pop();
		int x = find(cur.idx), c0 = cur.c0, c1 = cur.c1;
		
		if (cnt[x][0] != c0 || cnt[x][1] != c1)
			continue;
		
		int y = find(fa[x]);
		ans += cnt[y][1] * 1ll * cnt[x][0];
		cnt[y][0] += cnt[x][0];
		cnt[y][1] += cnt[x][1];
		
		dsu[x] = y;
		if (y > 1) pq.push({cnt[y][0], cnt[y][1], y});
	}
	
	cout << ans << endl;
	return 0;
}