BZOJ3672/UOJ7 [Noi2014]購票

本文作者：ljh2000
作者博客：http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/
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Description

　　今年夏天，NOI在SZ市迎來了她30周歲的生日。來自全國 n 個城市的OIer們都會從各地出發，到SZ市參加這次盛會。

全國的城市構成了一棵以SZ市為根的有根樹，每個城市與它的父親用道路連接。為了方便起見，我們將全國的 n 個城市用 1 到 n 的整數編號。其中SZ市的編號為 1。對於除SZ市之外的任意一個城市 v，我們給出了它在這棵樹上的父親城市 f_v 以及到父親城市道路的長度 s_v。

從城市 v 前往SZ市的方法為：選擇城市 v 的一個祖先 a，支付購票的費用，乘坐交通工具到達 a。再選擇城市 a 的一個祖先 b，支付費用並到達 b。以此類推，直至到達SZ市。

對於任意一個城市 v，我們會給出一個交通工具的距離限制 l_v。對於城市 v 的祖先 a，只有當它們之間所有道路的總長度不超過 l_v 時，從城市 v 才可以通過一次購票到達城市 a，否則不能通過一次購票到達。對於每個城市 v，我們還會給出兩個非負整數 p_v,q_v 作為票價參數。若城市 v 到城市 a 所有道路的總長度為 d，那么從城市 v 到城市 a 購買的票價為 dp_v+q_v。

每個城市的OIer都希望自己到達SZ市時，用於購票的總資金最少。你的任務就是，告訴每個城市的OIer他們所花的最少資金是多少。

Input

第 1 行包含2個非負整數 n,t，分別表示城市的個數和數據類型（其意義將在后面提到）。輸入文件的第 2 到 n 行，每行描述一個除SZ之外的城市。其中第 v 行包含 5 個非負整數 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分別表示城市 v 的父親城市，它到父親城市道路的長度，票價的兩個參數和距離限制。請注意：輸入不包含編號為 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分別描述的是城市 2 到城市 n。

Output

輸出包含 n-1 行，每行包含一個整數。其中第 v 行表示從城市 v+1 出發，到達SZ市最少的購票費用。同樣請注意：輸出不包含編號為 1 的SZ市。

Sample Input

7 3
1 2 20 0 3
1 5 10 100 5
2 4 10 10 10
2 9 1 100 10
3 5 20 100 10
4 4 20 0 10

Sample Output

40
150
70
149
300
150

HINT

對於所有測試數據，保證 0≤p_v≤10⁶，0≤q_v≤10¹²，1≤f_v<v；保證 0<s_v≤l_v≤2×10¹¹，且任意城市到SZ市的總路程長度不超過 2×10¹¹。

輸入的 t 表示數據類型，0≤t<4，其中：

當 t=0 或 2 時，對輸入的所有城市 v，都有 f_v=v-1，即所有城市構成一個以SZ市為終點的鏈；

當 t=0 或 1 時，對輸入的所有城市 v，都有 l_v=2×10¹¹，即沒有移動的距離限制，每個城市都能到達它的所有祖先；

當 t=3 時，數據沒有特殊性質。

n=2×10^5

　　我們考慮如果是在一個序列上，就是simple的斜率優化裸題了。但是P[i]的變化不隨i變化而規律性變化，所以我每次要求的最優斜率是不一樣的，維護好下凸包，每次在凸包上二分找到最優值即可。

　　對於樹上的距離限制，我們肯定對於每個點要重建凸包，如果每次重建顯然復雜度無法承受，所以我們需要改變節點的處理順序，使得祖先上的點順次加入並且不用重構，這很簡單，只要考慮每個點能被最上面的哪些點更新到，排個序就可以掃一遍做完了。

　　另外樹分治是為了保證我整體上的處理復雜度是log次，CDQ分治的最大精髓就是先遞歸處理一部分，再用處理完的部分來更新未處理的部分，顯然當祖先節點遞歸處理完之后，就可以用來處理子樹，而每棵子樹內部的點都共用了一條鏈上的祖先，更新答案，最后再遞歸處理就可以了。

　　說的有點抽象，看看代碼理解起來還是挺快的。其實是我懶，不想寫公式...

//It is made by ljh2000 #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN = 200011; const LL inf = (1LL<<62); int n,f[MAXN],ecnt,first[MAXN],to[MAXN],next[MAXN],size[MAXN],maxS[MAXN],cnt,dui[MAXN]; LL p[MAXN],q[MAXN],lim[MAXN],dis[MAXN],w[MAXN],dp[MAXN]; bool use[MAXN]; struct node{ LL val; int id; }a[MAXN]; inline bool cmp(node q,node qq){ return q.val>qq.val; } inline void link(int x,int y,LL z){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; w[ecnt]=z; } inline LL upd(int i,int j){ return dp[j]+(dis[i]-dis[j])*p[i]+q[i]; } inline LL K(int x,int y){ return (dp[y]-dp[x])/(dis[y]-dis[x]); } inline int getint(){ int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w; } inline LL getLL(){ LL w=0; LL q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w; } inline void dfs(int x){//預處理每個節點的dis和size size[x]=1; for(int i=first[x];i;i=next[i]) { dis[to[i]]=dis[x]+w[i]; dfs(to[i]); size[x]+=size[to[i]]; } } inline void find_root(int x,int S,int &rt){ maxS[x]=0; size[x]=1; for(int i=first[x];i;i=next[i]) { int v=to[i]; if(use[v]) continue; find_root(v,S,rt); size[x]+=size[v]; maxS[x]=max(maxS[x],size[v]); } maxS[x]=max(maxS[x],S-size[x]); if(maxS[x]<maxS[rt] && size[x]>1/*不然會GG!!!*/) rt=x; } inline void dfs2(int x){ a[++cnt].id=x; a[cnt].val=dis[x]-lim[x]; for(int i=first[x];i;i=next[i]) if(!use[to[i]]) dfs2(to[i]); } inline void solve(int x,int S){ if(S==1) return ; int rt=0,now; find_root(x,S,rt); for(int i=first[rt];i;i=next[i]) use[to[i]]=1;//把重心的兒子節點堵上 //CDQ分治 //先處理除了重心的子樹之外的部分 solve(x,S-size[rt]+1);//重心也放入這個部分，方便以后討論 cnt=0; for(int i=first[rt];i;i=next[i]) dfs2(to[i]); sort(a+1,a+cnt+1,cmp);//把子樹內所有點按能被更新到的最高高度自大往小排序 now=rt;//需要向外更新的是，重心到當前分治根節點的這條鏈上的所有點 int tail,l,r,mid,pos; tail=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) { while(now!=f[x] && dis[a[i].id]-lim[a[i].id]<=dis[now]) { while(tail>1 && K(dui[tail],now)>=K(dui[tail-1],dui[tail])) tail--; //因為dis[now]遞減，相當於是橫坐標遞減，可以看做是倒着加入，注意斜率判斷方向 dui[++tail]=now; now=f[now]; } if(tail>0) { //在凸包上二分求得最優解 l=1; r=tail; pos=1; while(l<=r) { mid=(l+r)>>1; if(mid==tail) { pos=tail; break; } if(K(dui[mid],dui[mid+1])>=p[a[i].id]) l=mid+1,pos=mid+1;//當前最優的應該是mid+1!!! else r=mid-1; } dp[a[i].id]=min(dp[a[i].id] , upd(a[i].id,dui[pos])); } } for(int i=first[rt];i;i=next[i]) solve(to[i],size[to[i]]); } inline void work(){ n=getint(); LL x; x=getint(); for(int i=2;i<=n;i++) { f[i]=getint(); x=getLL(); link(f[i],i,x); p[i]=getint(); q[i]=getLL(); lim[i]=getLL(); } dfs(1); maxS[0]=n+1; for(int i=2;i<=n;i++) dp[i]=inf; solve(1,size[1]); for(int i=2;i<=n;i++) printf("%lld\n",dp[i]); } int main() { work(); return 0; }