DTOJ#5010. 避难所选址问题

宫水三叶是一个喜欢玩游戏的女孩子，但是这题和三叶没什么关系。

有一张地图，这张地图描述一个国家。地图上面有 n n n 个点，每一个点有一个值 f i f_i fi ，表示点 i i i 向点 f i f_i fi 连接了一条长度为 1 1 1 的有向边。最后保证 n n n 个点连接成一棵根为 1 1 1 的内向树。

每一个节点上都有一个村庄，每一个村庄上都有人居住。

国家打算建立 k k k 个避难所，每一个避难所设立在一个村庄中。如果某一天国家发生了灾难，那么所有村庄的人都会沿着边以每单位时间走长度为 1 1 1 的路程的速度往祖先走，直到走到一个有避难所的村庄。当所有人都躲进避难所后，则本次避难完成。从所有人开始移动到避难完成的用时为这次避难的用时。

因为国家并不确定有多少费用可以投资到建立避难所中，所有你需要对所有的 1 ≤ k ≤ n 1\le k \le n 1≤k≤n ，都计算一遍避难的最小用时。

形式化的说：给定一棵树 T = ( V , E ) T=(V,E) T=(V,E) ，其中 1 1 1 为根节点，你可以选择一个关键点集合 S S S。定义函数 f ( u , v ) f(u,v) f(u,v) ，如果 v v v 是 u u u 的祖先或 u = v u=v u=v，则 f ( u , v ) = d e p t h ( u ) − d e p t h ( v ) f(u,v)=depth(u)-depth(v) f(u,v)=depth(u)−depth(v) ，否则 f ( u , v ) = ∞ f(u,v)=\infty f(u,v)=∞。而 v a l u e ( S ) = m a x i = 1 n m i n j ∈ S f ( i , j ) value(S)=max_{i=1}^{n} min_{j\in S} f(i,j) value(S)=maxi=1nminj∈Sf(i,j)。对于每一个 1 ≤ k ≤ n 1\le k \le n 1≤k≤n，你需要在所有 ∣ S ∣ = k |S|=k ∣S∣=k 中选择 v a l u e ( S ) value(S) value(S) 最小的那个集合，并输出 v a l u e ( S ) value(S) value(S) 。

第一行一个整数 n n n 。

第二行 n n n 个整数，第 i i i 个整数为 f i + 1 f_{i+1} fi+1 。

由于输出过大，你只需要输出对于所有 1 ≤ k ≤ n 1\le k \le n 1≤k≤n 的 k k k 的答案的总和即可。

此操作仅为了减小输出量，标程并不依赖此特性。

样例输入 1

3
1 2

样例输出 1

样例输入 2

3
1 1

样例输出 2

样例数据 3

见下发文件。

本题采用捆绑测试。

对于所有数据，满足 1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ f i < i 1\le n \le 2\times 10^5,1\le f_i<i 1≤n≤2×105,1≤fi<i。

子任务编号	n n n	特殊性质	分值
1 1 1	≤ 20 \le 20 ≤20	无	10 10 10
2 2 2	≤ 300 \le 300 ≤300	无	20 20 20
3 3 3	≤ 2000 \le 2000 ≤2000	无	25 25 25
4 4 4	≤ 2 × 1 0 5 \le 2\times 10^5 ≤2×105	f i = i − 1 f_i=i-1 fi=i−1	5 5 5
5 5 5	≤ 2 × 1 0 5 \le 2\times 10^5 ≤2×105	无	40 40 40

题解：
枚举答案，算出每个答案对应的最小避难所数就可以得到答案了。
再考虑如何求解。
假设我们当前答案为 l l l，那么贪心可得每次取最深的点，把他深度差为 l l l 的祖先的子树全部删掉，用线段树维护。
总时间复杂度为 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) O(nlog2n)

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
#define A p<<1
#define B p<<1|1
using namespace std;
inline int read(){int x=0,f=1;char s=getchar();while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}while(s>='0'&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}return x*f;
}
int tot=1,head[N],ver[N<<1],nex[N<<1];
inline void add(int x,int y){nex[++tot]=head[x];head[x]=tot;ver[tot]=y;
}
int ans[N],f[N][21],T=20,dep[N],dfn[N],odfn[N],dfs_num,to[N];
void dfs(int x,int las){dfn[x]=++dfs_num;to[dfs_num]=x;for(int i=head[x];i;i=nex[i]){int y=ver[i];if(y==las)continue;dep[y]=dep[x]+1;f[y][0]=x;for(int j=1;j<=T;++j)f[y][j]=f[f[y][j-1]][j-1];dfs(y,x);}odfn[x]=dfs_num;
}
struct node{int x,dep;
}d[N];
bool cmp(node a,node b){return a.dep>b.dep;}
inline int get(int x,int to){for(int i=T;i+1;--i)if(dep[f[x][i]]>=to)x=f[x][i];return x;
}
struct seg{int l,r,b,maxn,pos;
}t[N<<2];
inline void up(int p){t[p].maxn=0;t[p].pos=0;if(!t[A].b&&t[p].maxn<t[A].maxn)t[p].maxn=t[A].maxn,t[p].pos=t[A].pos;if(!t[B].b&&t[p].maxn<t[B].maxn)t[p].maxn=t[B].maxn,t[p].pos=t[B].pos;
}
void build(int p,int l,int r){t[p].l=l,t[p].r=r,t[p].b=0,t[p].maxn=0,t[p].pos=0;if(l==r){t[p].maxn=dep[to[l]],t[p].pos=to[l];return ;}int mid=(l+r)>>1;build(A,l,mid);build(B,mid+1,r);up(p);
}
void change(int p,int tl,int tr,int val){if(t[p].l>=tl&&t[p].r<=tr){t[p].b+=val;return ;}int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;if(tl<=mid)change(A,tl,tr,val);if(tr>mid)change(B,tl,tr,val);up(p);
}
int q[N],qt;
int main(){//  freopen("tree.in","r",stdin);
//  freopen("tree.out","w",stdout);int n=read();for(int i=2;i<=n;++i){int x=read();add(x,i);add(i,x);}dep[1]=1;dfs(1,0);build(1,1,dfs_num);//cout<<1<<endl;for(int i=0;i<=n;++i)ans[i]=n;//cout<<dfn[1]<<" "<<odfn[1]<<" "<<get(1,1)<<endl;//change(1,1,3,1);//cout<<t[1].pos<<endl;//change(1,3,3,1);//cout<<t[1].pos<<endl;for(int l=0;l<=n;++l){int now=0;qt=0;//cout<<l<<":"<<endl;int cnt=5;while(t[1].b==0){//cout<<t[1].pos<<endl;int x=t[1].pos,to=max(1,dep[x]-l),y=get(x,to);now++;//cout<<x<<" "<<to<<" "<<y<<endl;q[++qt]=y;change(1,dfn[y],odfn[y],1);}if(!t[1].b)++now;//cout<<l<<" "<<now<<endl;for(int j=1;j<=qt;++j){change(1,dfn[q[j]],odfn[q[j]],-1);}ans[now]=min(ans[now],l);}for(int i=2;i<=n;++i)ans[i]=min(ans[i-1],ans[i]);for(int i=2;i<=n;++i)ans[i]=ans[i-1]+ans[i];printf("%d\n",ans[n]);return 0;
}/*
3
1 2
*/