[JOISC 2021 Day4] 最悪の記者 4

Description

有 n n n 个人，第 i i i 个人的分数为 h i h_i hi，修改 h i h_i hi 需要 c i c_i ci 元，要求 h i ≥ h a i h_i \ge h_{a_i} hi≥hai，求最小修改费用。

Solution

首先考虑根据题目给出的不等关系建图，我们发现 Subtask 1 和 Subtask 2 就是一棵内向树，进一步推导出无特殊限制时的图为基环内向树森林。

考虑针对 Subtask 1 设计一个 O ( n 2 ) {\rm O}(n^2) O(n2) 的算法，容易发现应选择树形 DP。由于我们只需要判断修改后的 h i h_i hi 与原 h i h_i hi 的不等关系，所以可以将 h i h_i hi 离散化，方便存储空间。

我们设 f i , j f_{i,j} fi,j 为修改 h i h_i hi 为 j j j 后，满足 i i i 子树中的不等关系所需的最小花费，设 m m m 为离散化后的 h i h_i hi 上界。可以推导出状态转移方程

f i , j = c i × [ j ≠ h i ] + ∑ k ∈ s o n i min ⁡ j ≤ l ≤ m { f k , l } f_{i,j}=c_i \times [j\not=h_i]+\sum_{k \in {\rm son}_i} \min_{j \le l \le m} \big\{f_{k,l}\big\} fi,j=ci×[j=hi]+k∈soni∑j≤l≤mmin{fk,l}

这个算法虽然超时，但是是正确的，这启发我们进一步优化 DP 转移。优化到 O ( n ) {\rm O}(n) O(n) 比较不现实，考虑优化到 O ( n log ⁡ n ) {\rm O}(n \log n) O(nlogn)。

我们发现 f i , j f_{i,j} fi,j 中第二维有值的 c i × [ j ≠ h i ] c_i \times [j\not=h_i] ci×[j=hi] 占数组的大部分，如果用数据结构来维护的话会增加许多赘余的操作。但是 c 1 ∼ c n c_{1} \sim c_n c1∼cn 的和是不变的，因此我们可以将状态转移方程变成这样：

f i , j = ∑ k ∈ s o n i min ⁡ j ≤ l ≤ m { f k , l } − c i × [ j = h i ] f_{i,j}=\sum_{k \in {\rm son}_i} \min_{j \le l \le m} \big\{f_{k,l}\big\}-c_i \times [j=h_i] fi,j=k∈soni∑j≤l≤mmin{fk,l}−ci×[j=hi]

然后再用 c 1 ∼ c n c_{1} \sim c_n c1∼cn 的和加上 min ⁡ f 1 , i \min f_{1,i} minf1,i，这样只需要进行单点减值，却有相同的效果，大大缩短了时间。

状态转移中只有简单的单点加值和区间查询最小值操作，不妨使用线段树维护 f i , j f_{i,j} fi,j 中的第二维，给每个点开一棵线段树显然不可行，因此想到采用线段树合并。

找区间最小值时的区间是 [ j , m ] [j,m] [j,m]，然后再将每个子树中的最小值加起来。合并树 u u u 和树 v v v 时，我们可以记录 u min ⁡ u_{\min} umin 和 v min ⁡ v_{\min} vmin 为两棵树各自的最小值。设当前结点为 p p p 和 q q q，然后讨论 p + v min ⁡ p+v_{\min} p+vmin 是否小于 q + u min ⁡ q+u_{\min} q+umin。

j j j 虽然不确定，但是右端点 m m m 是固定的。因此我们在合并时不可以用平常的方式合并，而是先合并右子树，再合并左子树。（想一想，为什么）然后简单维护 c i × [ j = h i ] c_i \times [j=h_i] ci×[j=hi] 的单点修改和合并时遇到一边空树的区间加标记就好了。

现在我们已经得到了针对 Subtask 1 和 Subtask 2 的 O ( n log ⁡ n ) {\rm O}(n \log n) O(nlogn) 树形 DP 算法。我们发现它同样适用于内向树森林，只需要对每一棵树分别跑一遍 DP 就好了。

对于基环树，我们可以先做一次拓扑排序或者 Tarjan 算法找强连通分量。找出环后将其看作一个点，将与环相连的所有子树的线段树进行合并。容易发现环上每个点的最终值一定相等，而且是环上的某个值或者最小值 1 1 1。于是我们枚举环的最终值，同时在线段树上查询 [ h i , m ] [h_i,m] [hi,m] 的最小值更新答案。至此本题得到完整解法。

Warning

线段树合并的空间复杂度为 O ( n log ⁡ n ) {\rm O}(n \log n) O(nlogn) 而非 O ( n ) {\rm O}(n) O(n)，还带点附加常数，因此请开 log ⁡ 2 ( 2 × 1 0 5 ) × 3 ≈ 54 \log_2 (2 \times 10^5) \times 3 \approx 54 log2(2×105)×3≈54 倍空间。

Code

typedef long long LL;
const int N=2e5+5;int n,NumE,rb,tot,a[N],Fir[N],d[N],in[N],dfn[N];
LL Ret,h[N],c[N];inline LL Read() {LL x=0;char ch=getchar();while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();while (ch>='0' && ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}return x;
}struct Edge {int v,nxt;}E[N];void AddE(int u,int v) {E[++NumE]={v,Fir[u]};Fir[u]=NumE;
}namespace Seg {int cnt,rt[N],nt[N],ls[N*54],rs[N*54];LL d1,d2,v[N*54],t[N*54];void Chg(int x,LL u) {if (x) v[x]+=u,t[x]+=u;}void Up(int x) {v[x]=min(v[ls[x]],v[rs[x]]);}void Dw(int x) {if (!t[x]) return;Chg(ls[x],t[x]),Chg(rs[x],t[x]),t[x]=0;}int Upd(int x,int l,int r,int p,LL k) {if (!x) x=++cnt;if (l==r) {v[x]=k;return x;}Dw(x);int mid=(l+r)>>1;if (p<=mid) ls[x]=Upd(ls[x],l,mid,p,k);else rs[x]=Upd(rs[x],mid+1,r,p,k);Up(x);return x;}LL Qry(int x,int l,int r,int L,int R) {if (!x) return 0;if (L<=l && r<=R) return v[x];Dw(x);int mid=(l+r)>>1;LL Res=0;if (L<=mid) Res=min(Res,Qry(ls[x],l,mid,L,R));if (R>mid) Res=min(Res,Qry(rs[x],mid+1,r,L,R));return Res;}int Mrg_Dfs(int p,int q,int l,int r) {if (!p && !q) return 0;if (!p) {d2=min(d2,v[q]),Chg(q,d1);return q;}if (!q) {d1=min(d1,v[p]),Chg(p,d2);return p;}if (l==r) {d1=min(d1,v[p]),d2=min(d2,v[q]);if (v[p]+d2<=v[q]+d1) {v[p]+=d2;return p;}else {v[q]+=d1;return q;}}Dw(p),Dw(q);int mid=(l+r)>>1;rs[p]=Mrg_Dfs(rs[p],rs[q],mid+1,r);ls[p]=Mrg_Dfs(ls[p],ls[q],l,mid);Up(p);return p;}int Mrg(int x,int y) {d1=d2=0;return Mrg_Dfs(x,y,1,rb);}
}using namespace Seg;struct Cir {LL h,c;bool operator<(const Cir& rhs) const {return h<rhs.h;}
};
vector<Cir> cr[N];void Dfs(int x) {for (int i=Fir[x];i;i=E[i].nxt) {Dfs(E[i].v);rt[x]=Mrg(rt[x],rt[E[i].v]);}rt[x]=Upd(rt[x],1,rb,h[x],Qry(rt[x],1,rb,h[x],rb)-c[x]);
}void PushT(int x) {dfn[x]=tot;cr[tot].push_back({h[x],c[x]});if (!dfn[a[x]]) PushT(a[x]);
}void TopS(int n) {queue<int> q;q=queue<int>();For(i,1,n) if (!in[i]) q.push(i);while (!q.empty()) {int u=q.front();q.pop();if (!--in[a[u]]) q.push(a[u]);}For(i,1,n) if (!dfn[i] && in[i])tot++,PushT(i);
}void Calc(int n) {For(i,1,n) if (!in[i] && in[a[i]])Dfs(i),nt[dfn[a[i]]]=Mrg(nt[dfn[a[i]]],rt[i]);For(i,1,tot) {sort(cr[i].begin(),cr[i].end());LL Cnt=v[nt[i]],sh=cr[i][0].h,sc=cr[i][0].c;For(j,1,cr[i].size()-1)if (sh==cr[i][j].h) sc+=cr[i][j].c;else {Cnt=min(Cnt,Qry(nt[i],1,rb,sh,rb)-sc);sh=cr[i][j].h,sc=cr[i][j].c;}Cnt=min(Cnt,Qry(nt[i],1,rb,sh,rb)-sc);Ret+=Cnt;}
}int main() {n=Read();For(i,1,n) {a[i]=Read(),h[i]=Read(),c[i]=Read();AddE(a[i],i),in[a[i]]++,d[i]=h[i],Ret+=c[i];}sort(d+1,d+n+1);rb=unique(d+1,d+n+1)-d-1;For(i,1,n) h[i]=lower_bound(d+1,d+rb+1,h[i])-d;TopS(n),Calc(n);printf("%lld",Ret);return 0;
}

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