bzoj 3672: [Noi2014]购票 树链剖分+维护凸包

3672: [Noi2014]购票

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 480  Solved: 212
[Submit][Status][Discuss]

Description

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 dpv+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。

Input


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。

Output

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。

Sample Input

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

Sample Output

40
150
70
149
300
150

HINT

对于所有测试数据,保证 0≤pv≤106,0≤qv≤1012,1≤fv<v;保证 0<sv≤lv≤2×1011,且任意城市到SZ市的总路程长度不超过 2×1011

输入的 t 表示数据类型,0≤t<4,其中:

当 t=0 或 2 时,对输入的所有城市 v,都有 fv=v-1,即所有城市构成一个以SZ市为终点的链;

当 t=0 或 1 时,对输入的所有城市 v,都有 lv=2×1011,即没有移动的距离限制,每个城市都能到达它的所有祖先;

当 t=3 时,数据没有特殊性质。

n=2×10^5

  首先提一下hja的做法orz,容易想出这道题只要能够实现凸包的快速加点撤点就行了,然后一般都会往可持久化平衡树那个方面去想,然而注意本体的特点,凸包其实可以用单调栈维护,每一次加点变的只有两个东西:栈顶指针,新站顶指针所在的那个地方的值,所以说我们强行把改变量存一下就可以轻松撤消了。

  然而由于已经写好链剖,所以就没有写那个东西了。

  咋个分析链剖也有问题啊,剖分O(log),线段树O(log),二分O(log),总的O(nlog^3n),过个毛线啊。然而,链剖就是过了QAQ

  难道那两个log真的可以合并?知道证明的麻烦留言以下,谢谢。

  

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cassert>
#include<set>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAXN 299990
#define MAXT MAXN*4
#define MAXV MAXN
#define MAXE MAXV*2
#define smid ((l+r)>>1)
#define lch (now<<1)
#define rch (now<<1^1)
#define INFL 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL
typedef long double real;
typedef long long qword;
struct point
{
        point(){}
        point(qword x,qword y):x(x),y(y){}
        qword x,y;
};
real xmul(point p1,point p2,point p3)
{
        return (real)(p2.x-p1.x)*(p3.y-p1.y) - (real)(p2.y-p1.y)*(p3.x-p1.x);
}
struct sgt_node
{
        vector<point> vec;
}sgt[MAXT];
void Add_convex(vector<point> &vec,point pt)
{
        while (vec.size()>=2 && xmul(vec[vec.size()-2],vec[vec.size()-1],pt)<0)
                vec.pop_back();
        vec.push_back(pt);
}
qword Query_convex(vector<point> &vec,qword t,qword k)
{
        if (vec.size()==0)return INFL;
        int l=0,r=(int)vec.size();
        int mid;
    /*    printf("-----------------------------------\n{k=%lld,t=%lld}\n",k,t);
        for (int i=0;i<vec.size();i++)
                printf("(%lld,%lld) ",vec[i].x,vec[i].y);
        printf("\n");*/
        while (l+1<r)
        {
                mid=(l+r)>>1;
                if ((real)(vec[mid].y-vec[mid-1].y)/(vec[mid].x-vec[mid-1].x)<=k)
                        l=mid;
                else
                        r=mid;
        }
    //    printf("[%d]\n",l);
        return vec[l].y+k*(t-vec[l].x);
}
void Add_sgt(int now,int l,int r,int pos,point pt)
{
        Add_convex(sgt[now].vec,pt);
        if (l==r)return ;
        if (pos<=smid)
                Add_sgt(lch,l,smid,pos,pt);
        else
                Add_sgt(rch,smid+1,r,pos,pt);
}
qword Qry_sgt(int now,int l,int r,int x,int y,qword t,qword k)
{
        if (l==x && r==y)
                return Query_convex(sgt[now].vec,t,k);
        if (y<=smid)
                return Qry_sgt(lch,l,smid,x,y,t,k);
        else if (smid<x)
                return Qry_sgt(rch,smid+1,r,x,y,t,k);
        else
                return min(Qry_sgt(lch,l,smid,x,smid,t,k),Qry_sgt(rch,smid+1,r,smid+1,y,t,k));
}
struct Edge
{
        int np,val;
        Edge *next;
}E[MAXE],*V[MAXV];
int tope=-1;
void addedge(int x,int y,int z)
{
        E[++tope].np=y;
        E[tope].val=z;
        E[tope].next=V[x];
        V[x]=&E[tope];
}
int v1[MAXN];
qword v2[MAXN];
qword l[MAXN];
int pnt[MAXN],pdis[MAXN];
int son[MAXN],siz[MAXN];
int n,m;
int q[MAXN];
qword rdis[MAXN];
void bfs(int now)
{
        int head=-1,tail=0;
        Edge *ne;
        q[0]=now;
        while (head<tail)
        {
                now=q[++head];
                for (ne=V[now];ne;ne=ne->next)
                {
                        q[++tail]=ne->np;
                        rdis[ne->np]=rdis[now]+pdis[ne->np];
                }
        }
        int mxsiz=0;
        for (int i=tail;i>=0;i--)
        {
                now=q[i];
                siz[now]=1;
                mxsiz=0;
                for (ne=V[now];ne;ne=ne->next)
                {
                        siz[now]+=siz[ne->np];
                        if (mxsiz<siz[ne->np])
                        {
                                mxsiz=siz[ne->np];
                                son[now]=ne->np;
                        }
                }
        }
}
int stack[MAXN],tops=-1;
int top[MAXN];
int pos[MAXN],dfstime;
void dfs(int now)
{
        Edge *ne;
        stack[++tops]=now;
        top[now]=now;
        while (~tops)
        {
                now=stack[tops--];
                pos[now]=++dfstime;
                for (ne=V[now];ne;ne=ne->next)
                {
                        if (ne->np==son[now])continue;
                        stack[++tops]=ne->np;
                        top[ne->np]=ne->np;
                }
                if (son[now])
                {
                        stack[++tops]=son[now];
                        top[son[now]]=top[now];
                }
        }
}
qword dp[MAXN];
int jump[20][MAXN];
qword jdis[20][MAXN];
void init_lca()
{
        pnt[1]=1;
        for (int i=1;i<=n;i++)
                jump[0][i]=pnt[i],jdis[0][i]=pdis[i];
        for (int j=1;j<20;j++)
                for (int i=1;i<=n;i++)
                {
                        jump[j][i]=jump[j-1][jump[j-1][i]];
                        jdis[j][i]=jdis[j-1][jump[j-1][i]]+jdis[j-1][i];
                }
}
int swim(int now,qword len)
{
        for (int i=19;i>=0;i--)
        {
                if (jdis[i][now]<=len)
                        len-=jdis[i][now],now=jump[i][now];
        }
        return now;
}
int main()
{
        freopen("input.txt","r",stdin);
        //freopen("output.txt","w",stdout);
        int x,y,z;
        scanf("%d%d",&n,&x);
        for (int i=2;i<=n;i++)
        {
                scanf("%d%d%d%lld%lld",pnt+i,pdis+i,v1+i,v2+i,l+i);
                addedge(pnt[i],i,pdis[i]);
        }
        bfs(1);
        dfs(1);
        init_lca();
        dp[1]=0;
        Add_sgt(1,1,n,pos[1],point(rdis[1],dp[1]));
        int a;
        for (int i=2;i<=n;i++)
        {
                x=i;
                a=swim(x,l[i]);
                qword ans=INFL;
                while (x)
                {
                        if (top[x]==top[a])
                        {
                                ans=min(ans,Qry_sgt(1,1,n,pos[a],pos[x],rdis[i],v1[i])+v2[i]);
                                break;
                        }
                        ans=min(ans,Qry_sgt(1,1,n,pos[top[x]],pos[x],rdis[i],v1[i])+v2[i]);
                        x=pnt[top[x]];
                }
                assert(ans!=INFL);
                dp[i]=(qword)ans;
                Add_sgt(1,1,n,pos[i],point(rdis[i],dp[i]));
                printf("%lld\n",dp[i]);
        }
        return 0;
}
时间: 2024-12-25 10:11:26

bzoj 3672: [Noi2014]购票 树链剖分+维护凸包的相关文章

BZOJ 3672 NOI2014 购票 树的点分治+斜率优化

题目大意:给定一棵以1为根的有根树,每条边有边权,每个点有三个值pi,qi,li 从一个点可以走到它的某个祖先处,前提是距离d不超过li,花销为pi*d+qi 求从每个点到达根节点的最小花销 这道题的上一份题解:http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/39009219 很不幸我作死去重写了一发233 之前的写法真是SB的1B... 为何要暴力- - 明明是分治结构直接排序不行么- - 简述一下做法: 0.先推出斜率优化的动归方程 1.找到当前分治

BZOJ 2243 染色(树链剖分好题)

2243: [SDOI2011]染色 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB Submit: 7971  Solved: 2990 [Submit][Status][Discuss] Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的颜色段数量(连续相同颜色被认为是同一段),如“112221”由3段组成:“11”.“222”和“1”. 请你写一个程序依

BZOJ 2243: [SDOI2011]染色 树链剖分

2243: [SDOI2011]染色 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MBSubmit: 1886  Solved: 752[Submit][Status] Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的颜色段数量(连续相同颜色被认为是同一段),如“112221”由3段组成:“11”.“222”和“1”. 请你写一个程序依次完成这m个操作. In

BZOJ 3626 LCA(离线+树链剖分)

首先注意到这样一个事实. 树上两个点(u,v)的LCA的深度,可以转化为先将u到根路径点权都加1,然后求v到根路径上的总点权值. 并且该题支持离线.那么我们可以把一个区间询问拆成两个前缀和形式的询问. 现在问题就变成了求[1,r]和x的LCA深度之和.实际上就是把[1,r]到根路径点权点1,然后求x到根路径上的总权值. 我们按编号从小往大依次加路径点权.然后就可以有序处理询问.用树链剖分维护的话,总复杂度为O((n+q)lognlogn).

BZOJ 3626: [LNOI2014]LCA [树链剖分 离线|主席树]

3626: [LNOI2014]LCA Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 2050  Solved: 817[Submit][Status][Discuss] Description 给出一个n个节点的有根树(编号为0到n-1,根节点为0).一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1.设dep[i]表示点i的深度,LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先.有q次询问,每次询问给出l r z,求sigma_{l<=i<=r}dep[LC

BZOJ 2157 旅游(树链剖分+线段树)

[题目链接] http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2157 [题目大意] 支持修改边,链上查询最大值最小值总和,以及链上求相反数 [题解] 树链剖分,然后线段树维护线段操作即可. [代码] #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; const int INF=~0U>>1; const

BZOJ 3626: [LNOI2014]LCA 树链剖分 线段树 离线

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3626 LNOI的树链剖分题没有HAOI那么水,学到的东西还是很多的. 我如果现场写,很难想出来这种题,是时候复习一波离线算法泡脑子了.(没有暴力分的题,想不出来正解就爆零,太可怕了) 排序后离线操作通过前缀和计算答案,题解是hzwer的博客上复制的 http://hzwer.com/3891.html 直接引用清华爷gconeice的题解吧 显然,暴力求解的复杂度是无法承受的. 考虑这样的一种暴力

[bzoj 2243]: [SDOI2011]染色 [树链剖分][线段树]

Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的颜色段数量(连续相同颜色被认为是同一段),如“112221”由3段组成:“11”.“222”和“1”. 请你写一个程序依次完成这m个操作. Input 第一行包含2个整数n和m,分别表示节点数和操作数: 第二行包含n个正整数表示n个节点的初始颜色 下面 行每行包含两个整数x和y,表示x和y之间有一条无向边. 下面 行每行描述一个操作: “C a

BZOJ 2243: [SDOI2011]染色 树链剖分 倍增lca 线段树

2243: [SDOI2011]染色 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2243 Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的颜色段数量(连续相同颜色被认为是同一段),如“112221”由3段组成:“11”.“222”和“1”. 请你写