【BZOJ】3835: [Poi2014]Supercomputer

题意

(n(1 le 1000000))个点的有根树，(1)号点为根，(q(1 le 1000000))次询问，每次给一个(k)，每一次可以选择(k)个未访问的点，且父亲是访问过的，要求最少次数访问完所有的点。

分析

神题不会做。

题解

得到一个式子(ans=max(i+ left lceil frac{s[i]}{k} ight ceil), 0 le i le maxh)，其中(maxh)是最大深度，(s[i])是深度大于(i)的点的数量。证明如下：
定义关键层(i)表示拿了(i)次后、前(i)层已经拿完，以后每一次都可以拿(k)个（最后一次除外）。我们需要证明：1、存在关键层。2、关键层的解是最小解。
首先我们按照下面两个规则查询：

1. 如果当前层(i)的结点不够(k)，则查询完，而且如果之前有(j < i)层的点没查询，则查询完。
2. 如果足够了(k)，则在保证最终能在第(maxh)次遍历到第(maxh)层的情况下，随便选(k)个。

那么显然在最后一个执行1操作而且那层(i)不存在(j < i)层的点没查询的(i)就是关键层。由于这样的1操作至少有一个（即第1层肯定是执行的是这样的1操作），所以关键层肯定存在，而且只有一个。
至于关键层的解是否是最小解，感觉很显然，然而不会严格证明。
至于取max，不会严格证明。

最后原题可以转化为(ans=left lceil max(i+frac{s[i]}{k}) ight ceil)，所以按照(i+frac{s[i]}{k})来斜率优化就行辣。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int getint() {
	int x=0;
	char c=getchar();
	for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar());
	for(; c>='0'&&c<='9'; x=x*10+c-'0', c=getchar());
	return x;
}
typedef long long ll;
const int N=1000005;
int a[N], d[N], q[N], c[N], ihead[N], cnt;
struct E {
	int next, to;
}e[N];
void add(int x, int y) {
	e[++cnt]=(E){ihead[x], y}; ihead[x]=cnt;
}
void dfs(int x) {
	for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) {
		d[e[i].to]=d[x]+1;
		dfs(e[i].to);
	}
}
inline bool ok1(int i, int j, int k) {
	return (ll)(c[j]-c[i])*(k-i)>(ll)(c[k]-c[i])*(j-i);
}
inline bool ok2(int b, int j, int k) {
	return (ll)b*(j-k)>c[k]-c[j];
}
int main() {
	int n=getint(), Q=getint();
	for(int i=0; i<Q; ++i) {
		a[i]=getint();
	}
	d[0]=1;
	int mx=1;
	for(int i=1; i<n; ++i) {
		add(getint()-1, i);
	}
	dfs(0);
	for(int i=0; i<n; ++i) {
		++c[d[i]-1];
		mx=max(mx, d[i]);
	}
	for(int i=mx; i; --i) {
		c[i]+=c[i+1];
	}
	int *fr=q+1, *ta=q;
	for(int i=1; i<=mx; ++i) {
		for(; fr<ta && ok1(*(ta-1), i, *ta); --ta);
		*++ta=i;
	}
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		for(; fr<ta && ok2(i, *(fr+1), *fr); ++fr);
		d[i]=*fr+(c[*fr]+i-1)/i;
	}
	for(int i=0; i<Q; ++i) {
		printf("%d%c", a[i]>n?mx:d[a[i]], " 
"[i==Q-1]);
	}
	return 0;
}