「APIO2016」烟花表演
解题思路
又是一道 solpe trick 题，观察出图像变化后不找一些性质还是挺难做的。
首先令 (dp[u][i]) 为节点 (u) 极其子树所有叶子到 (u) 距离为 (i) 的最少代价，显然有
[dp[u][i]=sum_{vin son(u)}min_{0leq j leq i}{dp[v][j]+|C(u,v)-(i-j)|}
]
定义函数
[f_u(x)=dp[u][x] , g_u(x)= min_{0leq ileq x}{dp[u][x]+|C(fa[u],u)-(x-i)|}
]
可以得到 (f_u(x) = sum_{v in son(u)} g_v(x)) 。
不难证明，(f,g) 的图像都是一个下凸包，且相邻的段之间斜率变化为 (1) ，考虑由 (f_u(x)) 到 (g_u(x)) 的过程
令 (L, R) 为 (f_u) 最下面那条边的左右端点，(len=C(fa[u],u)) ，把过程看做对图像的操作，那么有：
[g_u(x)=
egin{cases}
f_u(x)+len& x<L \
f_u(L)+len-(x-L) &Lleq x<L+len \
f_u(L) & L + len leq xleq R+len \
f_u(R)+(x-R)-len & x>R+len
end{cases}
]
考虑维护这个凸包的拐点，1,2,3操作合起来相当于删除凸包上 (L,R) 两个拐点，然后插入 (L+len,R+len) 这两个拐点。
4操作只需要在之前把斜率 (geq1) 的拐点删除到只剩一个即可，不难证明对于非叶子节点，这样的拐点只有儿子数量 (-1) 个，删完之后要找的 (L,R) 就是当前最右边的两个拐点。
那么对于每一个 (u) 只需要将所有儿子的 (g) 合并起来即可得到当前的 (f) ，可并堆/线段树合并实现都是 (mathcal O((n+m)log n))。
我们维护出来 (f_1) 的所有拐点之后，求答案只需要用 (f_1(0)) 的值减去所有斜率 (leq0) 的拐点的横坐标即可。
code
/*program by mangoyang*/
#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int f = 0, ch = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
}
const int N = 1000005;
ll ans;
int fa[N], len[N], deg[N], n, m;
__gnu_pbds::priority_queue<ll> pq[N];
int main(){
read(n), read(m);
for(int i = 2; i <= n + m; i++){
read(fa[i]), deg[fa[i]]++;
read(len[i]), ans += len[i];
}
for(int i = n + m; i > 1; i--){
ll x = 0, y = 0;
if(i <= n){
for(int j = 1; j < deg[i]; j++) pq[i].pop();
x = pq[i].top(), pq[i].pop();
y = pq[i].top(), pq[i].pop();
}
pq[fa[i]].push((ll) x + len[i]);
pq[fa[i]].push((ll) y + len[i]);
pq[fa[i]].join(pq[i]);
}
for(int i = 1; i <= deg[1]; i++) pq[1].pop();
while(!pq[1].empty())
ans -= pq[1].top(), pq[1].pop();
cout << ans << endl;
return 0;
}