[APIO2016]烟火表演

链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3642

跟上一道题类似但更难，首先也是观察出在某个节点代价是下凸的函数，并且得到转移方程：

1.x<=L f'(x)=f(x)+w;

2.L<=x<=L+w f'(x)=f(L)+w-(x-L)

3.L+w<=x<=R+w f'(x)=f(L)

4.R+w<=x f'(x)=f(L)+(x-R)-w

意思是当前节点考虑到父亲的那条边权为w的边对于不同x取值的转移，【L，R】表示最小代价的左右端点，而因为在叶子节点初始化只有一个点（实际上是两个中间是长度为0的斜率为0的线）左边斜率-1右边+1，再看转移操作可以画图发现实际上是将函数整体右移了w距离。发现这个性质就又能像之前那题通过维护关键点（转折点）得出答案了，对每个点开可并大根堆，维护的点到R（当前最优解能取到最右边的），在某节点合并儿子子树时，发现会多（孩子数-1）这么多个斜率大于0的，pop掉即可的当前L，R，然后发现整体右移操作其实就相当于删除L，R然后插入L+w和R+w，最后因为发现f（0）为所有边边权和，反推回L处答案即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=6e5+100;struct Heap{int ls,rs;ll w;Heap(){};Heap(int ls,int rs,ll w):ls(ls),rs(rs),w(w){};
}nd[N*2];
ll sum=0;
int n,m,fa[N],w[N],in[N],rt[N],hnum=0;
vector<int>son[N];int mg(int x,int y)
{if(!x||!y)return x+y;if(nd[x].w<nd[y].w)swap(x,y);if(rand()&1)nd[x].ls=mg(nd[x].ls,y);else nd[x].rs=mg(nd[x].rs,y);  return x;
}ll top(int x){return nd[x].w;}
void pop(int &x){x=mg(nd[x].ls,nd[x].rs);}void dfs(int pos)
{ll l=0,r=0;if(pos<=n){for(int j=0;j<son[pos].size();j++)dfs(son[pos][j]),rt[pos]=mg(rt[pos],rt[son[pos][j]]);for(int j=1;j<in[pos];j++)pop(rt[pos]);r=top(rt[pos]),pop(rt[pos]),l=top(rt[pos]),pop(rt[pos]);}if(pos!=1){nd[++hnum]=Heap(0,0,l+w[pos]),nd[++hnum]=Heap(0,0,r+w[pos]);rt[pos]=mg(rt[pos],mg(hnum-1,hnum));}else{sum-=l;while(rt[pos])sum-=top(rt[pos]),pop(rt[pos]);printf("%lld\n",sum);}
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=2;i<=n+m;i++)scanf("%d%d",&fa[i],&w[i]),in[fa[i]]++,son[fa[i]].push_back(i),sum+=w[i];dfs(1);
}

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