题面
题解
神仙题目啊QwQ
设(f_i(x))表示以第(i)个点为根的子树需要(x)秒引爆的代价。
我们发现，这个函数是一个下凸的一次分段函数。
考虑这个函数合并到父亲节点时会发生怎样的变化。
设(f_i'(x))是原函数，(f_i(x))是新函数，(i)和父亲之间的边长度为(l)，([L, R])是(f_i'(x))斜率为(0)的那一段的左右端点的横坐标，那么有：
我们一个一个来看。
首先第一个，当(x leq L)时，我们肯定要让新的(l)越小越好，因为改变(l)的代价为(1)，而这个函数在(leq L)的时候斜率(leq -1)，即修改一次(x)的代价(geq 1)，所以干脆将(l)变成(0)。
第二个，我们只要保证(x = L)就能取到函数的最小值，于是(l)的变化量越小越好。
第三个，我们不用改变(l)就可以保证能取到最小值，那就不用改变了。
第四个和第一个很像，这里就略去了。
那么这个过程究竟对这个函数做了什么改变呢？
我们将(leq L)部分的函数向上平移了(l)单位，将([L,R])部分向右平移(l)单位，在([L,L+l])部分插入了一条斜率为(-1)的直线，并将(> R + l)的部分的斜率改为了(1)。
于是大概变成了这个样子（图源网络）：
这样，各个拐点之间的直线的斜率是从左到右递增的。
我们不妨假设各个拐点之间的直线斜率的增量为(1)，如果有一个斜率不存在，那么我们就用两个同一位置的拐点来表示这个不存在的斜率。
然后我们发现我们只可能存下拐点的横坐标，于是怎么求函数值是一个问题。
我们如果能知道(f(0))的值，这个事情就好办了。
(f(0))的值还不好求？？？就是所有边权之和啊。
于是我们得到了通过拐点横坐标求得(f(L))的方法，皆大欢喜。
那么我们知道每个函数被合并上去之前会变成什么样子了，那么我们也可以非常简单的合并两个函数了，我们只需要将两个函数的拐点列表合并一下就可以了。
我们再看看在合并到父亲节点时要做的操作：
一、将斜率(> 0)的那一段的斜率改为(1)。
因为我们合并上来的函数的斜率最大值都为(1)，所以我们只需要删除(k - 1)个最大的拐点即可，其中(k)是这个点儿子的数量。
二、将斜率(=0)的那一段平移(l)单位。
首先，我们做完一操作之后，横坐标最大的两个拐点就是斜率为(0)的两个端点了，将它们弹出来，加上(l)再放进去就没了。
三、加入一段斜率为(-1)的直线。
这个其实在做操作二的时候就顺带做完了。
我们维护一个可并堆就可以做上面的所有操作。
最后求答案时，我们保留(L)及其左边的拐点，依次减去它们的横坐标就是我们想要的函数值了。
代码
代码倒是比想象中的要短。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
namespace IO
{
const int BUFSIZE = 1 << 20;
char ibuf[BUFSIZE], *is = ibuf, *it = ibuf;
inline char getchar() { if (is == it) it = (is = ibuf) + fread(ibuf, 1, BUFSIZE, stdin); return *is++; }
}
inline int read()
{
int data = 0, w = 1;
char ch = IO::getchar();
while(ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = IO::getchar();
if(ch == '-') w = -1, ch = IO::getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') data = data * 10 + (ch ^ 48), ch = IO::getchar();
return data * w;
}
const int maxn(600010);
int n, m, cur, fa[maxn], C[maxn], deg[maxn], rt[maxn];
struct node { int lson, rson, dis; long long x; } t[maxn];
long long ans;
int merge(int x, int y)
{
if(!x || !y) return x | y;
if(t[x].x < t[y].x) std::swap(x, y);
t[x].rson = merge(t[x].rson, y);
if(t[t[x].lson].dis < t[t[x].rson].dis) std::swap(t[x].lson, t[x].rson);
if(!t[x].rson) t[x].dis = 0; else t[x].dis = t[t[x].rson].dis + 1;
return x;
}
inline int pop(int x) { return merge(t[x].lson, t[x].rson); }
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
file(cpp);
#endif
n = read(), m = read();
for(RG int i = 2; i <= n + m; i++)
++deg[fa[i] = read()], ans += (C[i] = read());
for(RG int i = n + m; i > 1; i--)
{
long long l = 0, r = 0;
if(i <= n)
{
while(--deg[i]) rt[i] = pop(rt[i]);
r = t[rt[i]].x, rt[i] = pop(rt[i]);
l = t[rt[i]].x, rt[i] = pop(rt[i]);
}
t[++cur].x = l + C[i], t[++cur].x = r + C[i];
rt[i] = merge(rt[i], merge(cur, cur - 1));
rt[fa[i]] = merge(rt[fa[i]], rt[i]);
}
while(deg[1]--) rt[1] = pop(rt[1]);
while(rt[1]) ans -= t[rt[1]].x, rt[1] = pop(rt[1]);
printf("%lld
", ans);
return 0;
}