Chro's Blog


同じ世界に、立っていたんだ。


「BZOJ 3672」「UOJ 7」「NOI2014」购票

  1. 1. Description
  2. 2. Input
  3. 3. Output
  4. 4. Sample Input
  5. 5. Sample Output
  6. 6. HINT
  7. 7. Solution

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

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。

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

1
2
3
4
5
6
7
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

1
2
3
4
5
6
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

Solution

如果没有 L[u] 的限制,以及如果图是一条链(此时把节点按照在链上的顺序重新编号为 1~n),并用 f[u] 表示节点 u 到 1 的最少费用、用 dis[u] 表示 u 到 1 的距离,那么 $f(u)=\min_{1\le v< u}\{f(v)+p(u)(dis(u)-dis(v))+q(u)\}$。这个方程很容易按照通常的套路化为一个斜率优化 DP 的形式。

该方程之所以能斜率优化,是因为没有 L[u] 的限制,这保证每个元素至多进出单调栈各一次。

加上了 L[u] 的限制之后,其实也没有变得多么复杂。所谓「斜率优化」,其实是维护平面上一堆点的凸壳(在本题中为下凸壳)。而我们在计算 DP 的每一项时,只是在凸壳上按照斜率找一个点而已。

如果能以一种特殊的顺序来 DP 呢?……


嗯,于是我们有了分治算法。

链的前一半递归,后一半按照 dis[u]-L[u] 降序排序。按照这个顺序依次进行。对于一个节点 u,找到在 L[u] 限制下它最靠近根可以走到哪里。由于排序了,这个位置是非严格单调靠近根节点的,该位置每向根前进一步,就把它放入单调栈。

单调栈中的元素会形成一个凸壳。对于当前节点 u,在凸壳上二分(斜率单调递增),找到斜率刚好 >p[u] 的位置,用该位置更新 f(u)。

这样我们就处理完了跨两半的 DP。然后我们要考虑涉及中心的情况。

这个要简单一些,如果一个节点满足 $dis[u]-L[u] < dis[center]$,那么直接用 center 更新 f(u) 即可。

最后我们要处理后半链内的 DP。这个直接递归就行。


你可能已经发现这个做法比较麻烦,但它可以非常容易地扩展到一般化的树上。上文所述的分治,就是树的点分治:

  1. 找出当前树的重心;
  2. 把重心为根的子树去掉,递归剩下的部分;
  3. 把重心为根的子树的节点全部取出来,按照 dis[u]-L[u] 降序排序;
  4. 按照上文的核心步骤,跨重心 DP;
  5. 涉及重心本身的 DP;
  6. 递归重心子树。
1
2
3
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5
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82
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define long long long
const int maxn = 200005;
const long inf = 1ll << 60;
struct edge { int to, next; } e[maxn << 1];
int n, qwq, tot, head[maxn], par[maxn], gravity, nodes, size[maxn];
long dis[maxn], P[maxn], Q[maxn], L[maxn], f[maxn];
bool vis[maxn];
int C[maxn], ccnt, q[maxn], qr;
double K[maxn];
double slope(int a, int b) { return (f[a] - f[b]) * 1.0 / (dis[a] - dis[b]); }
void dfs(int u) {
C[++ccnt] = u;
for (int t = head[u]; t; t = e[t].next) {
int v = e[t].to;
if (!vis[v]) dfs(v);
}
}
bool cmp(int u, int v) { return dis[u] - L[u] > dis[v] - L[v]; }
void center(int u) {
bool flag = true;
size[u] = 1;
for (int t = head[u]; t; t = e[t].next) {
int v = e[t].to;
if (vis[v]) continue;
center(v);
size[u] += size[v];
if ((size[v] << 1) > nodes) flag = false;
}
if (((nodes - size[u]) << 1) > nodes) flag = false;
if (flag) gravity = u;
}
void query(int u, int l, int r) {
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (K[mid] >= P[u]) l = mid + 1;
else r = mid;
}
f[u] = min(f[u], f[q[l]] + P[u] * (dis[u] - dis[q[l]]) + Q[u]);
}
void solve(int u) {
center(u);
int r = gravity;
vis[r] = true;
if (r ^ u) {
nodes = size[u] - size[r];
solve(u);
ccnt = 0, dfs(r);
sort(C + 1, C + ccnt + 1, cmp);
int i = 1, p = par[r];
q[qr = 1] = p;
while (i <= ccnt && dis[C[i]] - L[C[i]] > dis[p]) ++i;
for (; i <= ccnt; ++i) {
while (p != u && dis[C[i]] - L[C[i]] <= dis[par[p]]) {
p = par[p];
while (qr > 1 && slope(q[qr - 1], q[qr]) <= slope(q[qr], p)) --qr;
K[qr] = slope(q[qr], p), q[++qr] = p;
}
query(C[i], 1, qr);
}
} else ccnt = 0, dfs(r);
for (int i = 1; i <= ccnt; ++i) if (dis[C[i]] - L[C[i]] <= dis[r])
f[C[i]] = min(f[C[i]], f[r] + P[C[i]] * (dis[C[i]] - dis[r]) + Q[C[i]]);
for (int t = head[r]; t; t = e[t].next) {
int v = e[t].to;
if (!vis[v]) nodes = size[v], solve(v);
}
}
void arc(int f, int t) { e[++tot] = (edge){t, head[f]}, head[f] = tot; }
int main() {
scanf("%d%d", &n, &qwq);
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
scanf("%d%lld%lld%lld%lld", par + i, dis + i, P + i, Q + i, L + i);
arc(par[i], i), dis[i] += dis[par[i]];
}
f[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) f[i] = inf;
nodes = n, solve(1);
for (int i = 2; i <= n; ++i) printf("%lld\n", f[i]);
return 0;
}
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