[unknown OJ] ZZH的旅行

一、题目

点此看题

二、解法

设 d p [ i ] dp[i] dp[i] 为 i i i 点的最大有趣度，转移很显然啊：
d p [ i ] = d p [ j ] + ( a [ i ] + d [ i ] − d [ j ] ) b [ j ] ( j ∈ s o n i ) dp[i]=dp[j]+(a[i]+d[i]-d[j])b[j]\space\space(j\in son_i) dp[i]=dp[j]+(a[i]+d[i]−d[j])b[j] (j∈soni)然后这个柿子是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的，一眼望过去肯定的决策单调性之类的题了，可以尝试斜率优化：
d p [ j ] + ( a [ i ] + d [ i ] − d [ j ] ) b [ j ] > d p [ k ] + ( a [ i ] + d [ i ] − d [ k ] ) b [ k ] dp[j]+(a[i]+d[i]-d[j])b[j]>dp[k]+(a[i]+d[i]-d[k])b[k] dp[j]+(a[i]+d[i]−d[j])b[j]>dp[k]+(a[i]+d[i]−d[k])b[k] d p [ j ] − d [ j ] b [ j ] − d p [ k ] + d [ k ] b [ k ] b [ j ] − b [ k ] > − ( a [ i ] + d [ i ] ) \frac{dp[j]-d[j]b[j]-dp[k]+d[k]b[k]}{b[j]-b[k]}>-(a[i]+d[i]) b[j]−b[k]dp[j]−d[j]b[j]−dp[k]+d[k]b[k]>−(a[i]+d[i])但是由于 b b b 没有单调性，所以要用平衡树维护凸包，还要启发式合并，所以时间复杂度 O ( n log ⁡ 2 n ) O(n\log^2 n) O(nlog2n)

其实上面就足以通过此题了，但十分难写，这里不妨再介绍一种李超树的做法。

大家都知道李超树是维护一次函数之类的，我们不妨把问题这样转化：在 i i i 的子树中维护若干条直线： y = b [ j ] x + d p [ j ] − d [ j ] b [ j ] y=b[j]x+dp[j]-d[j]b[j] y=b[j]x+dp[j]−d[j]b[j]，我们要求的是 x = a [ i ] + d [ i ] x=a[i]+d[i] x=a[i]+d[i] 处最大的 y y y 值，那么就是李超树板题了：跟线段游戏一模一样。

这次我还想说的是复杂度证明，咋看上去还是要启发式合并和插入，那么不是 O ( n log ⁡ 2 n ) O(n\log^2 n) O(nlog2n) 的吗？其实不然，因为我们维护的是直线，所以相当于是对全局进行修改，知道李超树修改方式的同学就知道这一部分是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn) 的。

但启发式合并中不是还要套上插入吗，这里我们就需要用到全局的思想，因为李超树下传之后会砍掉一半，所以总的修改次数是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)，这和启发式合并的 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn) 是相互独立的，所以总的复杂度是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn) 。 b t w , \tt btw, btw, 线段树合并因为话多少个 O ( 1 ) O(1) O(1) 就减少了多少个点，所以时间复杂度才是 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn) 的

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int M = 1000005;
const int N = 20000005;
const int inf = 2e18;
int read()
{int x=0,f=1;char c;while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}return x*f;
}
int n,tot,cnt,f[M],a[M],b[M],d[M],rt[M],dp[M],p[M],ls[N],rs[N];
struct node
{int k,b;node(int K=0,int B=-inf) : k(K) , b(B) {}int ask(int x){return x*k+b;}
}tr[N];
struct edge
{int v,c,next;edge(int V=0,int C=0,int N=0) : v(V) , c(C) , next(N) {}
}e[2*M];
void insert(int &x,int l,int r,node b)
{if(b.ask(p[l])==-inf) return ;if(!x) x=++cnt;int mid=(l+r)>>1;if(b.ask(p[mid])>tr[x].ask(p[mid])){if(tr[x].ask(p[l])>b.ask(p[l])) insert(ls[x],l,mid,tr[x]);if(tr[x].ask(p[r])>b.ask(p[r])) insert(rs[x],mid+1,r,tr[x]); tr[x]=b;}else{if(tr[x].ask(p[l])<b.ask(p[l])) insert(ls[x],l,mid,b);if(tr[x].ask(p[r])<b.ask(p[r])) insert(rs[x],mid+1,r,b);}
}
int merge(int x,int y,int l,int r)
{if(!x || !y) return x+y;int mid=(l+r)>>1;ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,mid);rs[x]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r);insert(x,l,r,tr[y]);return x;
}
int ask(int x,int l,int r,int id)
{if(!x) return -inf;int mid=(l+r)>>1,t=tr[x].ask(p[id]);if(l==r) return t;if(mid>=id) return max(t,ask(ls[x],l,mid,id));return max(t,ask(rs[x],mid+1,r,id));
}
void pre(int u,int fa)
{for(int i=f[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].v,c=e[i].c;if(v==fa) continue;d[v]=d[u]+c;pre(v,u);}
}
void dfs(int u,int fa)
{for(int i=f[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].v;if(v==fa) continue;dfs(v,u);rt[u]=merge(rt[u],rt[v],1,n);}int id=lower_bound(p+1,p+1+n,a[u]+d[u])-p; dp[u]=max(0ll,ask(rt[u],1,n,id));int K=b[u],B=dp[u]-d[u]*b[u];insert(rt[u],1,n,node(K,B));
}
signed main()
{//freopen("journey.in","r",stdin);//freopen("journey.out","w",stdout);n=read();for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[i]=read();for(int i=1;i<n;i++){int u=read(),v=read(),c=read();e[++tot]=edge(v,c,f[u]),f[u]=tot;e[++tot]=edge(u,c,f[v]),f[v]=tot;}pre(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=d[i]+a[i];sort(p+1,p+1+n);//要排序 dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",dp[i]);
}
/*
dp[i]=dp[j]+(a[i]+d[i]-d[j])b[j]
那么维护 b[j]x+dp[j]-d[j]b[j]
求x=a[i]+d[i]在最大值y
*/