[NOI2014]购票
题目描述
今年夏天，NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。
来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发，到SZ市参加这次盛会。
全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树，每个城市与它的父亲用道路连接。
为了方便起见，我们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。
对于除SZ市之外的任意一个城市 v，我们给出了它在这棵树上的父亲城市 fv 以及到父亲城市道路的长度 sv。
从城市 v 前往SZ市的方法为：选择城市 v 的一个祖先 a，支付购票的费用，乘坐交通工具到达 a。
再选择城市 a 的一个祖先 b，支付费用并到达 b。以此类推，直至到达SZ市。
对于任意一个城市 v，我们会给出一个交通工具的距离限制 lv。
对于城市 v 的祖先 a，只有当它们之间所有道路的总长度不超过 lv 时，从城市 v 才可以通过一次购票到达城市 a，否则不能通过一次购票到达。
对于每个城市 v，我们还会给出两个非负整数 pv,qv 作为票价参数。
若城市 v 到城市 a 所有道路的总长度为 d，那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 d * pv+qv。
每个城市的OIer都希望自己到达SZ市时，用于购票的总资金最少。
你的任务就是，告诉每个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。
输入输出格式
输入格式：
第 1 行包含2个非负整数 n,t，分别表示城市的个数和数据类型（其意义将在后面提到）。
输入文件的第 2 到 n 行，每行描述一个除SZ之外的城市。
其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分别表示城市 v 的父亲城市，它到父亲城市道路的长度，票价的两个参数和距离限制。
请注意：输入不包含编号为 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。
输出格式：
输出包含 n-1 行，每行包含一个整数。
其中第 v 行表示从城市 v+1 出发，到达SZ市最少的购票费用。
同样请注意：输出不包含编号为 1 的SZ市。
输入输出样例
7 3
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10
40 150 70 149 300 150
说明
从每个城市出发到达 SZ的路线如下（其中箭头表示一次直达）：
城市 2：只能选择 2 → 1，花费为 2 × 20 + 0 = 40。
城市 3：只能选择 3 → 1，花费为 5 × 10 + 100 = 150。 城 市 4 ： 由 于 4 + 2 =6 ≤ l4 = 10，故可以选择 4 →1。
若选择 4 → 1，花费为 (4 +2) × 10 + 10 = 70 ； 若选 择 4 → 2 → 1，则花费为 (4 ×10 + 10) + (2 × 20 + 0) =90；因此选择 4 → 1。
城市 5：只能选择 5 →2 → 1 ， 花费为 (9 × 1 +100) + (2 × 20 + 0) = 149；无法选择 5 → 1，因为 l5 =10，而城市 5 到城市 1 总路程为 9 + 2 = 11 > 5，城市 5 不能直达城市 1。
城市 6：若选择 6 → 1，花费为 (5 + 5) × 20 + 100 = 300；若选择 6 → 3 →1，花费为 (5 × 20 + 100) + (5 × 10 + 100) = 350；因此选择 6 → 1。
城市 7：选择 7 → 4 → 1，花费为 (4 × 20 + 0) + ((4 + 2) × 10 + 10) = 150；
其他方案均比该方案差。
数据规模
首先，你要学会DP
记(dp(i))表示(i)节点到达首都的最小费用
那么，有转移方程：
(dp(i)=min(dp(j)+p(i)*dis(i,j)+d(i)))
考虑转化成斜率优化：
记(dep(i))表示(i)节点到根的深度
(dp(i)=dp(j)+p(i)*(dep(i)-dep(j))+d(i))
(dp(i)=dp(j)+p(i)*dep(i)-p(i)*dep(j)+d(i))
(dp(j)=p(i)*dep(j)+dp(i)-d(i)-p(i)*dep(i))
那么，现在就是一个斜率优化的式子了。
其中，(x)是(dep(j))，单调递增
其中，(k)是(p(i))，没有任何单调性
只不过题目中有(l(i))这个距离限制。
嗯。。。。怎么办？
凸包是不支持删除的。
因此我们要另辟蹊径。
做法一：
树链剖分
直接上树剖后，发现每次查询的凸包都对应原树中的一条链。
那么，我们让树剖后的线段树区间(l...r)中存下点(dfn[l]...dfn[r])所形成的凸包。
对于每个点，每次会查到(log n)条重链，每次重链要查询(log n)个区间，每次区间中在凸包上三分需要(log n)的时间
因此，总耗时(O(n* (log n)^{3}))
过不去，不存在的，树剖这种东西怎么可能想卡就卡！！！
补充：常数优化：
每次线段树中的凸包合并时，因为一个区间的所有元素没有都被访问过时，就一定不会查到这段区间。
因此，可以选择在左右两个子区间的所有元素都被访问过时，选择(O(n))的合并凸包
时间复杂度：(O(n*(log n)^{3}))
空间复杂度：(O(n* log n))
做法二：
可持久化线段树+平衡树
树剖的理论复杂度过不去？？？
如果你真的对理论复杂度有需求，那么不妨来听下以下做法。
发现，其实我们只需要对当前(dfs)链维护一棵线段树，这样子，查询的复杂度能降到(O((log n)^{2}))
但是，为了避免元素过多（也可以说发现父亲的元素同自己变化不大），因此可以用可持久化来维护。
时间复杂度：(O(n* (log n)^{2}))
空间复杂度：(O(n *(log n)^{2}))
做法三：
可持久化线段树+单调队列
树套树常数大？？
没关系，这题有一个非常重要的特殊性质：(x)单增
因此，我们只需要一个单调队列就可以表示一个凸包了。
具体而言，可以选择用线段树来实现这个队列。
然而，这题还有特殊性：链都是父亲来的，也就是说我们只需要访问特定的版本。
对于上个版本，我们只需要记录新插入的点替代了谁。
当然这样子，插入时要二分插入的位置。
时间复杂度：(O(n* (log n)^{2}))
空间复杂度：(O(n * log n))
做法四：
点分治+可持久化平衡树
首先套一个点分，思考点分内部干什么。
很自然地，想到把祖先所在的链找出来，更新下面所有的子树。
为什么正确呢？
证明一下两个结论：
1.所有祖先节点优先被更新
这准确来说并不是一个结论，但它告诉我们，先递归祖先所在的子树，再处理自己
2.一个点可以被所有的祖先更新
如果当前分治结构还有祖先没法更新，那么这些祖先会在下层分治结构中成为更新点从而更新当前节点。
因此，点分是没有问题的。
如何满足限制？
把所有的祖先建出一棵可持久化平衡树，在上面查询即可。
做法五：
点分治+CDQ分治
把上面的可持久化平衡树用CDQ分治来替代即可
做法六：
点分治+三分
把所有凸包按顺序加入，所有点按顺序在上面三分
做法七：
点分治+乱搞
莫名其妙的乱搞。
复杂度最坏(O(n^{2}))，不知为何能过，而且很快。。。
分治算法的时间复杂度为(O(n * (log n)^{2}))
空间复杂度为(O(n))
是最优的复杂度
补充：
当你的算法涉及(O(n))建凸包时，请小心处理斜率的关系