BZOJ1767/Gym207383I CEOI2009 Harbingers 斜率优化、可持久化单调栈、二分

传送门——BZOJCH

传送门——VJ

注：本题在BZOJ上是权限题，在Gym里面也不能直接看，所以只能在VJ上交了……

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不难考虑到这是一个(dp)。

设(dep_x)表示(x)在树上的带权深度，(parent_x)表示(x)的祖先节点集合，(f_x)表示点(x)的答案

那么

(f_x = minlimits_{i in parent_x}{f_i + V_x imes (dep_x - dep_i)} + S_x = minlimits_{i in parent_x}{- dep_i imes V_x + f_i} + S_x + V_x imes dep_x)

这是一个典型的斜率优化模型，斜率为(-dep_i)，截距为(f_i)，自变量为(V_x)。

首先对于树上的一条链，(V_x)并不单调，所以我们不能使用单调队列。但是因为边权非负，所以斜率单调不降，也就意味着我们不需要使用平衡树，而只需要使用单调栈+二分就可以解决维护凸包的问题。

再者，因为不是序列上的问题，那么计算到某一个点后，当前的单调栈会被其所有儿子共用，而儿子不止一个，所以我们需要将单调栈持久化以应对多次的使用。使用可持久化线段树解决这个问题。

最后注意：在维护凸包时不能暴力(pop)当前不满足条件的直线，而是应该在单调栈上二分找到最后一个在凸包上的直线。这样才能够保证复杂度。

总复杂度为(O(nlog^2n))

下面是一份常数巨大的代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cmath>
#define int long long
#define mid ((l + r) >> 1)
#define lch Tree[x].l
#define rch Tree[x].r
//This code is written by Itst
using namespace std;

inline int read(){
    int a = 0;
    char c = getchar();
    bool f = 0;
    while(!isdigit(c) && c != EOF){
        if(c == '-')
            f = 1;
        c = getchar();
    }
    if(c == EOF)
        exit(0);
    while(isdigit(c)){
        a = a * 10 + c - 48;
        c = getchar();
    }
    return f ? -a : a;
}

const int MAXN = 1e5 + 7;
struct Edge{
    int end , upEd , w;
}Ed[MAXN << 1];
struct line{
    int k , b;
    line(int _k = 0 , int _b = 0):k(_k) , b(_b){}
};
struct node{
    int l , r;
    line L;
}Tree[MAXN * 30];
int rt[MAXN] , head[MAXN] , ans[MAXN] , dep[MAXN] , V[MAXN] , S[MAXN] , cnt[MAXN];
int cntN , cntEd , N , maxN;

inline void addEd(int a , int b , int c){
    Ed[++cntEd].end = b;
    Ed[cntEd].upEd = head[a];
    Ed[cntEd].w = c;
    head[a] = cntEd;
}

inline int calc(line l , int x){
    return l.k * x + l.b;
}

line getL(int x , int l , int r , int tar){
    if(l == r)
        return Tree[x].L;
    if(mid >= tar)
        return getL(lch , l , mid , tar);
    return getL(rch , mid + 1 , r , tar);
}

void ins(int &x , int l , int r , int tar , line L){
    int t = ++cntN;
    Tree[t] = Tree[x];
    x = t;
    if(l == r){
        Tree[t].L = L;
        return;
    }
    if(mid >= tar)
        ins(lch , l , mid , tar , L);
    else
        ins(rch , mid + 1 , r , tar , L);
}

inline int erf(int id , int x){
    int L = 1 , R = cnt[id];
    while(L < R){
        int MID = (L + R) >> 1;
        if(calc(getL(rt[id] , 1 , N , MID) , x) > calc(getL(rt[id] , 1 , N , MID + 1) , x))
            L = MID + 1;
        else
            R = MID;
    }
    return calc(getL(rt[id] , 1 , N , L) , x);
}

inline bool ifpop(line L1 , line L2 , line L3){
    return (long double)(L1.b - L2.b) * (L3.k - L1.k) >= (long double)(L1.b - L3.b) * (L2.k - L1.k);
}

inline int erf2(int id , line l){
	int L = 1 , R = cnt[id];
	while(L < R){
		int MID = (L + R) >> 1;
		if(ifpop(getL(rt[id] , 1 , N , MID) , getL(rt[id] , 1 , N , MID + 1) , l))
			R = MID;
		else
			L = MID + 1;
	}
	return L;
}

void dfs(int x , int p){
    bool f = 1;
    if(x != 1){
        rt[x] = rt[p];
        cnt[x] = cnt[p];
        ans[x] = erf(x , V[x]) + dep[x] * V[x] + S[x];
        line p = getL(rt[x] , 1 , N , cnt[x]);
        if(p.k == -dep[x])
            if(p.b > ans[x])
                --cnt[x];
            else
                f = 0;
        if(f)
            cnt[x] = erf2(x , line(-dep[x] , ans[x]));
    }
    if(f)
        ins(rt[x] , 1 , N , ++cnt[x] , line(-dep[x] , ans[x]));
    for(int i = head[x] ; i ; i = Ed[i].upEd)
        if(Ed[i].end != p){
            dep[Ed[i].end] = dep[x] + Ed[i].w;
            dfs(Ed[i].end , x);
        }
}

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in","r",stdin);
    freopen("out","w",stdout);
#endif
    N = read();
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i){
        int a = read() , b = read() , c = read();
        addEd(a , b , c);
        addEd(b , a , c);
    }
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i){
        S[i] = read();
        V[i] = read();
    }
    dfs(1 , 0);
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i)
        cout << ans[i] << ' ';
    return 0;
}