[BZOJ3672][UOJ#7][NOI2014]购票
试题描述
输入
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
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。
输入示例1
输出示例1
输入示例2
传送门（点击下载）
输出示例2
数据规模及约定
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
题解
借着此题学了学有根树分治
首先不难想出一个dp，设f(i)表示节点 i 到节点 1 所需的最小花费，有 f(i) = min{ f(j) + d(i ~ j) * p(i) + q(i) | j 为 i 祖先 & d(i ~ j) <= l(i) }，其中d(i ~ j)表示节点 i 到 j 的距离，p, q, l 的意义见题目描述。
还是基本的思想，把d(i ~ j)拆开，变成dep(i) - dep(j)（dep(i)表示节点 i 到根的距离），于是上述式子转化成 f(i) - dep[i] * p(i) - q(i) = min{ f(j) + p(i) * dep(j) | 条件略 }，可以用分治把它转化成一个序列问题，有一定顺序后就可以维护下凸壳了。
分治的思想是：对于子树u，找到其重心rt，分治处理u所在的以rt为根的子树，然后用u到rt这一条链上的信息更新以rt为根的其他子树上节点的信息。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
#define LL long long
#define LD double const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *tail;
inline char Getchar() {
if(Head == tail) {
int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
tail = (Head = buffer) + l;
}
return *Head++;
}
LL read() {
LL x = 0, f = 1; char c = Getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }
return x * f;
} #define maxn 200010
#define maxm 400010
#define oo 1ll << 60
int n, m, head[maxn], next[maxm], to[maxm], fa[maxn];
LL dep[maxn], f[maxn], p[maxn], q[maxn], l[maxn]; void AddEdge(int a, int b) {
to[++m] = b; next[m] = head[a]; head[a] = m;
swap(a, b);
to[++m] = b; next[m] = head[a]; head[a] = m;
return ;
} int root, size, siz[maxn], g[maxn];
bool vis[maxn];
void getroot(int u, int pa) {
siz[u] = 1; int maxs = 0;
for(int e = head[u]; e; e = next[e]) if(!vis[to[e]] && to[e] != pa) {
getroot(to[e], u);
siz[u] += siz[to[e]];
maxs = max(maxs, siz[to[e]]);
}
g[u] = max(maxs, size - siz[u]);
if(g[u] < g[root]) root = u;
return ;
} int A[maxn], cnt;
void dfs(int u, int pa) {
A[++cnt] = u;
for(int e = head[u]; e; e = next[e]) if(!vis[to[e]] && to[e] != pa)
dfs(to[e], u);
return ;
}
bool cmp(int i, int j) { return dep[i] - l[i] > dep[j] - l[j]; }
LD slop(int i, int j) { return (LD)(f[i] - f[j]) / (dep[i] - dep[j]); }
int Q[maxn];
void solve(int u) {
g[root = 0] = n+1; getroot(u, 0);
int ni = root, rt = root; vis[root] = 1;
if(!vis[u]) size = siz[u] - siz[rt], solve(u);
// printf("%d %d\n", u, ni);
cnt = 0;
for(int e = head[ni]; e; e = next[e]) if(!vis[to[e]]) dfs(to[e], ni);
sort(A + 1, A + cnt + 1, cmp);
for(int i = fa[ni]; i != fa[u] && dep[i] >= dep[ni] - l[ni]; i = fa[i])
f[ni] = min(f[ni], f[i] + (dep[ni] - dep[i]) * p[ni] + q[ni]);
for(int i = 1, r = 0; i <= cnt; i++) {
for(; ni != fa[u] && dep[ni] >= dep[A[i]] - l[A[i]]; ni = fa[ni]) {
while(r > 1 && slop(Q[r-1], Q[r]) <= slop(Q[r], ni)) r--;
Q[++r] = ni;
}
int L = 1, R = r + 1;
while(R - L > 1) {
int M = L + R >> 1;
if(M == 1 || slop(Q[M-1], Q[M]) >= (LD)p[A[i]]) L = M;
else R = M;
}
if(L < R) f[A[i]] = min(f[A[i]], f[Q[L]] + (dep[A[i]] - dep[Q[L]]) * p[A[i]] + q[A[i]]);
}
for(int e = head[rt]; e; e = next[e]) if(!vis[to[e]]) {
size = siz[to[e]]; solve(to[e]);
}
return ;
} int main() {
// freopen("ex_ticket2.in", "r", stdin);
// freopen("out.out", "w", stdout);
n = read(); read();
f[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
f[i] = oo;
fa[i] = read(); AddEdge(fa[i], i);
dep[i] = dep[fa[i]] + read();
p[i] = read(); q[i] = read(); l[i] = read();
} size = n;
solve(1); for(int i = 2; i <= n; i++) printf("%lld\n", f[i]); return 0;
}