還有33天就要高考了，我在干啥……
題目概述
一棵有根樹，每個節點有權值。
要求把所有節點分成組，具有祖先-后代關系的兩個節點不能被分到同一組。
每一組的代價是所包含的節點的最大權值，最小化所有組的代價之和。
題解
想了半天的樹剖也沒想出來，放棄夢想去看題解……（你怎么不先想想部分分啊喂）
發現是啟發式合並。
考慮一條鏈（1號節點在中間的某個位置）咋做。
這棵樹的形狀是1號節點下面掛着兩條長鏈。隸屬於同一條鏈的節點都不能放在一組。那么只需要把兩條鏈各自的最大值節點放到一組，各自的次大值節點放到一組……一條鏈被用完了，另一條中剩下的節點分別自成一組。
那么假如1號節點下面有更多條鏈呢？只需要合並完兩條之后再把第三條合並進去，方法和上面相同。
那么整棵樹其實也dfs然后對每個節點這么合並所有的兒子就好了。這個找最大值再找次大值再找次次大值……的數據結構，顯然用堆。
如何優化復雜度呢？啟發式合並。把每個節點的兒子按照對應堆的大小排個序，然后把小的往大的合並。這個啟發式合並吧，和我們熟知的那個啟發式合並還不太一樣，復雜度非常神奇，合並兩個堆之后新堆的大小是原先較大堆的大小，而合並需要的push、pop操作數是原先較小堆的大小。相當於把較小堆的每個元素以\(O(\log n)\)的復雜度“刪去”了，“刪去”以后就不再對總復雜度造成代價了。總共最多“刪去”n個節點，每次復雜度\(O(\log n)\)，總復雜度\(O(n\log n)\)。
寫代碼的時候會陷入僵局——若要保證復雜度正確，對應堆最大的那個兒子不能對復雜度做出貢獻，也就是你不能動它的堆。然而全合並完之后，那個堆里面的東西要存在父親節點對應的堆里面。昨天晚上我懵逼半天之后選擇去睡覺，今天上數學課走神的時候才想到咋整……給每個節點設置個“id”，表示對應的堆的編號，這樣堆存的地方不用動，交換父親和最大兒子的id即可。
代碼
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
bool op = 0;
char c;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
x = c - '0';
while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
x = x * 10 + c - '0';
if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 200005;
int n, id[N];
ll w[N], ans;
vector <int> son[N];
priority_queue <int> que[N];
bool cmp(int a, int b){
return que[id[a]].size() > que[id[b]].size();
}
void dfs(int u){
vector <int> buf;
for(auto v: son[u])
dfs(v);
sort(son[u].begin(), son[u].end(), cmp);
for(auto v: son[u]){
if(que[id[u]].empty()) swap(id[u], id[v]);
else{
while(!que[id[v]].empty()){
int u_top = que[id[u]].top(), v_top = que[id[v]].top();
que[id[u]].pop(), que[id[v]].pop();
buf.push_back(max(u_top, v_top));
}
for(auto x: buf)
que[id[u]].push(x);
buf.clear();
}
}
que[id[u]].push(w[u]);
}
int main(){
read(n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
read(w[i]), id[i] = i;
for(int i = 2, f; i <= n; i++)
read(f), son[f].push_back(i);
dfs(1);
while(!que[id[1]].empty())
ans += que[id[1]].top(), que[id[1]].pop();
write(ans), enter;
return 0;
}