题面
Description
身为IOI金牌的gtyzs有自己的一个OJ，名曰GOJ。GOJ上的题目可谓是高质量而又经典，他在他的OJ里面定义了一个树形的分类目录，且两个相同级别的目录是不会重叠的。比如图论的大目录下可能分为最短路，最小生成树，网络流等低一级的分类目录，这些目录下可能还有更低一级的目录，以此类推。现在gtyzs接到了一个任务，要他为SDTSC出题。他准备在自己的OJ题库中找出M道题作为SDTSC的试题，而他深知SDTSC的童鞋们个个都是神犇，所以gtyzs认为自己出的这M道题中，每道题都应该属于不少于L种分类目录；可他又怕自己的题没有人会做，所以每道题也应该属于不超过R种分类目录，并且这些分类目录应该是连续的，不能出现断层。对了，最重要的是，不存在一道题，它属于两个分类目录且这两个目录不是包含关系。（比如不存在一道题它既是一道DP题，又是一道网络流题）gtyzs怕被骂，所以他希望不存在任意的一对题目(u,v)，使得u所属的分类目录与v完全相同。举例来说，gtyzs不能出两道同样的都是动态规划，背包的题，但是却可以出一道属于动态规划，背包和01背包的题和一道属于背包，01背包的题，当然也可以出一个属于图论的题和一个属于数论的题。（注意：一道题所属的分类目录不一定从根开始，如加粗部分所示）
为了让自己的题目变得更加靠谱，他给每一个分类目录都定了一个靠谱值ai，这个值可正可负。一道题的靠谱度为其从属的分类目录靠谱值的加和。我们假设动态规划的靠谱值为10，插头DP的靠谱值为－5，则一道动态规划插头DP的题的靠谱值就是5。gtyzs希望自己出的这M道题，在满足上述前提条件下，靠谱度总和最大。gtyzs当然会做啦，于是你就看到了这个题。
Input
输入的第一行是一个正整数N，代表分类目录的总数。
接下来的一行，共N个正整数，第i个正整数为fi，表示分类目录i被fi所包含。保证一个分类目录只会被一个分类目录所包含，且包含关系不存在环。特别的，fi＝0表示它是根节点，我们保证这样的点只存在一个。
接下来的一行，共N个整数，第i个数表示ai。
最后一行，三个正整数M,L,R。
对于100%的数据，1≤N≤500,000，1≤M≤500,000，|ai|≤2,000。保证输入数据有解。
为了方便，所有的测试数据中都有f1＝0，且对于任意的i∈[2,N]，有fi<i。
Output
一行一个整数，表示最大的靠谱度。
Sample Input
7
0 1 1 2 2 3 3
2 3 4 1 2 3 4
3 3 3
Sample Output
26
简化版本
这题的简化版本：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2006
我们可以从最大的开始枚举\(k\)个可行区间。
我们用五个信息来维护区间\((x,l,r,q,v)\)，\(x\)表示区间右端点，\(l\)表示区间最左边可以到的位置，\(r\)表示区间最右边可以到的位置，\(q\)表示最大区间和在的左边界坐标，\(v\)表示这个可行范围内的最大区间和。
我们先枚举所有的右边界，直接扔到优先队列里维护\(v\)即可。
对于当前取出的区间，我们可以把它分裂成两个区间\((x,l,q-1,q_1,v_1)\)，\((x,q+1,r,q_2,v_2)\)，即区间位置\(q\)以后的区间，\(q_1,1_2,v_1,v_2\)需要重新计算。
int n,m,L,R,a[500010],f[500010][35],ans[500010];
struct data
{
int x,l,r,p,v;
data(int a=0,int b=0,int c=0,int d=0,int e=0):x(a),l(b),r(c),p(d),v(e){};
};
struct cmp
{
bool operator()(data x,data y)
{
return x.v<y.v;
}
};
priority_queue<data,vector<data>,cmp> q;
void init()
{
for (int i=0;i<=n;i++)
f[i][0]=a[i];
for (int i=1;(1<<i)<=n+1;i++)
for (int j=0;j+(1<<i)-1<=n+1;j++)
f[j][i]=min(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}
int query(int l,int r)
{
int k=(int)(log(double(r-l+1))/log((double)2));
return min(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
int calc(int l,int r)
{
int mid,res,x=query(l,r);
while(l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if (query(mid,r)<=x) res=mid,l=mid+1;else r=mid-1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&L,&R);
a[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),a[i]+=a[i-1];
init();
for (int i=L;i<=n;i++)
{
int l=max(i-R,0),r=i-L;
q.push(data(i,l,r,calc(l,r),a[i]-query(l,r)));
//printf("%d %d %d %d %d\n",i,l,r,calc(l,r),a[i]-query(l,r));
}
LL ans=0;
//cout<<q.size<<endl;
while(m--)
{
if (q.empty()) break;
int x=q.top().x,l=q.top().l,r=q.top().r,p=q.top().p;
//cout<<q.top().v<<endl;
ans+=(LL)q.top().v;
q.pop();
if (p-1>=l) q.push(data(x,l,p-1,calc(l,p-1),a[x]-query(l,p-1)));
//printf("%d %d %d %d %d\n",x,l,p-1,calc(l,p-1),a[x]-query(l,p-1));
if (r>=p+1) q.push(data(x,p+1,r,calc(p+1,r),a[x]-query(p+1,r)));
//printf("%d %d %d %d %d\n",x,p+1,r,calc(p+1,r),a[x]-query(p+1,r));
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}分析
作为上边的加强版，我们只要从叶子结点开始统计\(min\)信息和\(fa\)信息，然后把所有结点作为最底层结点，向上维护，类似于链的形式，维护一个五元的组合。
noi的钢琴那题，贪图方便，上面那份代码时间复杂度是\(O(n\times log^2_2m)\)，然后这题就被卡了。
在维护st表的时候，新开一个数组\(ANS\)表示当前位置向上对应的长度，然后不再用二分去探查位置，直接可以得到。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<ctime>
#define LL long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
inline char nc(){
/*
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
return *p1++;
*/return getchar();
}
inline void read(int &x){
char c=nc();int b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(LL &x){
char c=nc();LL b=1;
for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}
inline void read(char &x){
for (x=nc();!(x=='('||x==')');x=nc());
}
inline int read(char *s)
{
char c=nc();int len=1;
for(;!(c=='('||c==')');c=nc()) if (c==EOF) return 0;
for(;(c=='('||c==')');s[len++]=c,c=nc());
s[len++]='\0';
return len-2;
}
int wt,ss[19];
inline void print(int x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {
for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);
for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
inline void print(LL x){
if (x<0) x=-x,putchar('-');
if (!x) putchar(48); else {for (wt=0;x;ss[++wt]=x%10,x/=10);for (;wt;putchar(ss[wt]+48),wt--);}
}
int n,m,L,R,S,a[500010],c[500010],h[500010],to[1000010],ne[1000010],d[500010];
int p[1000010][40],f[1000010][40],ANS[1000010][40];
struct data
{
int x,l,r,p,v;
data(int a=0,int b=0,int c=0,int d=0,int e=0):x(a),l(b),r(c),p(d),v(e){};
};
struct cmp
{
bool operator()(data x,data y)
{
return x.v<y.v;
}
};
priority_queue<data,vector<data>,cmp> q;
void dfs(int u)
{
c[u]=1;
for (int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
if (!d[to[i]])
{
d[to[i]]=d[u]+1;
p[to[i]][0]=u;
a[to[i]]+=a[u];
dfs(to[i]);
//a[u]+=a[to[i]];
c[u]+=c[to[i]];
}
}
}
void init()
{
for (int i=0;i<=n;i++)
f[i][0]=a[i],ANS[i][0]=0;
p[1][0]=0;
for (int j=1;(1<<j)<=n+1;j++)
for (int i=0;i<=n;i++)
if (p[i][j-1]!=-1)
{
p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1];
if (f[i][j-1]<=f[p[i][j-1]][j-1]) ANS[i][j]=ANS[i][j-1];
else ANS[i][j]=ANS[p[i][j-1]][j-1]+((1<<(j-1)));
f[i][j]=min(f[i][j-1],f[p[i][j-1]][j-1]);
//cout<<i<<" "<<j<<" "<<ANS[i][j]<<" "<<f[i][j]<<endl;
}
}
void Add(int x,int y)
{
S++;to[S]=x;ne[S]=h[y];h[y]=S;
S++;to[S]=y;ne[S]=h[x];h[x]=S;
}
int Find(int x,int y)
{
y=d[x]-y;
int i;
for (i=0;(1<<i)<=d[x];i++);i--;
for (int j=i;j>=0;j--)
if (d[x]-(1<<j)>=y) x=p[x][j];
return x;
}
int query(int x,int l,int r)
{
int k=(int)(log(double(r-l+1))/log((double)2));
return min(f[Find(x,l)][k],f[Find(x,r-(1<<k)+1)][k]);
}
int calc(int x,int l,int r)
{
int k=(int)(log(double(r-l+1))/log((double)2));
int y=Find(x,l),z=Find(x,r-(1<<k)+1);
//printf("%d %d %d %d\n",y,k,z,k);
if (f[y][k]<=f[z][k]) return ANS[y][k]+l;else return ANS[z][k]+(r-(1<<k)+1);
}
int main()
{
freopen("3","r",stdin);
read(n);
memset(h,-1,sizeof(h));
memset(d,0,sizeof(d));
memset(p,-1,sizeof(p));
S=0;
int x,y;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(x);
if (x>0) Add(x,i);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]);
d[1]=1;dfs(1);
init();
read(m);read(L);read(R);
for (int i=1;i<=n;i++)
if (d[i]>=L)
{
int l=L,r=min(R,d[i]);
q.push(data(i,l,r,calc(i,l,r),a[i]-query(i,l,r)));
//printf("%d %d %d %d %d\n",i,l,r,calc(i,l,r),a[i]-query(i,l,r));
}
//return 0;
LL ans=0;
while(m--)
{
if (q.empty()) break;
data z=q.top();
int x=z.x,l=z.l,r=z.r,p=z.p;
//cout<<q.top().v<<endl;
ans+=(LL)z.v;
//cout<<l<<" "<<p<<endl;
q.pop();
if (p-1>=l) q.push(data(x,l,p-1,calc(x,l,p-1),a[x]-query(x,l,p-1)));
//printf("%d %d %d %d %d\n",x,l,p-1,calc(x,l,p-1),a[x]-query(x,l,p-1));
if (r>=p+1) q.push(data(x,p+1,r,calc(x,p+1,r),a[x]-query(x,p+1,r)));
//printf("%d %d %d %d %d\n",x,p+1,r,calc(x,p+1,r),a[x]-query(x,p+1,r));
}
print(ans),puts("");
return 0;
}
京公网安备 11010502036488号