【BZOJ3681】Arietta
Description
Arietta 的命运与她的妹妹不同,在她的妹妹已经走进学院的时候,她仍然留在山村中。
但是她从未停止过和恋人 Velding 的书信往来。一天,她准备去探访他。
对着窗外的阳光,临行前她再次弹起了琴。
她的琴的发声十分特殊。
让我们给一个形式化的定义吧。
所有的 n 个音符形成一棵由音符 C ( 1 号节点) 构成的有根树,每一个音符有一个音高 Hi 。
Arietta 有 m 个力度,第 i 个力度能弹出 Di 节点的子树中,音高在 [Li,Ri] 中的任意一个音符。
为了乐曲的和谐,Arietta 最多会弹奏第 i 个力度 Ti 次。
Arietta 想知道她最多能弹出多少个音符。
Input
输入共 m + 3 行。
第一行两个整数 n, m ,意义如题目所述。
第二行 n - 1 个整数 Pi ,表示节点 i ( i = 2 . . . n ) 的父亲节点的编号。
第三行 n 个整数 Hi 。
接下来的 m 行,每行四个整数 Li,Ri,D,Ti
Output
输出一个整数表示 Arietta 最多能弹奏多少音符。
数据范围与约定
对于 100% 的数据,1 ≤ n, m ≤ 10000 。
对于所有数据,1 ≤ Hi , Ti , Pi ≤ n, 1 ≤ Li ≤ Ri ≤ n 。
Sample Input
1 1 2 2
5 3 2 4 1
1 3 2 1
3 5 1 4
Sample Output
HINT
第一个力度弹奏音符5，第二个力度弹奏音符1,2,4。
数据范围与约定
对于 100% 的数据,1 ≤ n, m ≤ 10000 。
对于所有数据1<=Hi,Ti,Pi<=N,1<=Li<=Ri<=N
题解：树剖还真是神通广大啊~
容易想到用最大流解决，但是边数太大，考虑用线段树优化建图的过程。我们对于每个节点都维护一棵线段树，维护它子树中所有点的音高。然后我们将x的所有儿子的线段树与x合并到一起就得到了x的线段树（然而线段树合并是不资瓷的。）
暴力合并显然边数还是爆炸，但是我们可以对原树进行轻重链剖分，将线段树变成可持久化线段树。对于将x的重儿子与x合并这个过程，直接通过可持久化解决，其余的儿子暴力插入，这样边数就变成$O(nlog^2_n)$的了。
最后在可持久化线段树上连边即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=10010;
int n,m,tot,cnt,S,T,ans;
int fa[maxn],to[maxn*240],next[maxn*240],val[maxn*240],head[maxn*80],d[maxn*80],v[maxn],rt[maxn],siz[maxn],son[maxn];
vector<int> ch[maxn];
struct sag
{
int ls,rs;
}s[maxn*80];
queue<int> q;
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
return ret*f;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
void insert(int &x,int y,int l,int r,int a,int b)
{
x=++tot;
if(l==r)
{
add(x+n,b,1<<30);
if(y) add(x+n,y+n,1<<30);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) s[x].rs=s[y].rs,insert(s[x].ls,s[y].ls,l,mid,a,b);
else s[x].ls=s[y].ls,insert(s[x].rs,s[y].rs,mid+1,r,a,b);
}
void getall(int x,int y)
{
insert(rt[x],rt[x],1,n,v[y],y);
for(int i=0;i<(int)ch[y].size();i++) getall(x,ch[y][i]);
}
void DFS(int x)
{
siz[x]=1;
for(int i=0;i<(int)ch[x].size();i++)
{
DFS(ch[x][i]),siz[x]+=siz[ch[x][i]];
if(siz[ch[x][i]]>siz[son[x]]) son[x]=ch[x][i];
}
insert(rt[x],rt[son[x]],1,n,v[x],x);
for(int i=0;i<(int)ch[x].size();i++) if(ch[x][i]!=son[x]) getall(x,ch[x][i]);
}
void query(int x,int l,int r,int a,int b,int y)
{
if(!x) return ;
if(a<=l&&r<=b)
{
add(y+n,x+n,1<<30);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(a<=mid) query(s[x].ls,l,mid,a,b,y);
if(b>mid) query(s[x].rs,mid+1,r,a,b,y);
}
inline int dfs(int x,int mf)
{
if(x==T) return mf;
int i,k,temp=mf;
for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
{
k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
if(!k) d[to[i]]=0;
val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
if(!temp) break;
}
return mf-temp;
}
int bfs()
{
while(!q.empty()) q.pop();
memset(d,0,sizeof(d));
int i,u;
q.push(S),d[S]=1;
while(!q.empty())
{
u=q.front(),q.pop();
for(i=head[u];i!=-1;i=next[i]) if(!d[to[i]]&&val[i])
{
d[to[i]]=d[u]+1;
if(to[i]==T) return 1;
q.push(to[i]);
}
}
return 0;
}
int main()
{
//freopen("bz3681.out","w",stdout);
n=rd(),m=rd();
int i,a,b,x,y;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=2;i<=n;i++) fa[i]=rd(),ch[fa[i]].push_back(i);
for(i=1;i<=n;i++) v[i]=rd();
DFS(1);
S=0;
for(i=1;i<=tot;i++)
{
if(s[i].ls) add(i+n,s[i].ls+n,1<<30);
if(s[i].rs) add(i+n,s[i].rs+n,1<<30);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
a=rd(),b=rd(),x=rd(),y=rd(),add(S,(++tot)+n,y);
query(rt[x],1,n,a,b,tot);
}
T=tot+n+1;
for(i=1;i<=n;i++) add(i,T,1);
while(bfs()) ans+=dfs(S,1<<30);
printf("%d",ans);
return 0;
}