LuoguP5290 [十二省聯考2019]春節十二響 | 啓發式合併

還有33天就要高考了，我在幹啥……

題目概述

一棵有根樹，每一個節點有權值。
要求把全部節點分紅組，具備祖先-後代關係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，最小化全部組的代價之和。

題解

想了半天的樹剖也沒想出來，放棄夢想去看題解……（你怎麼不先想一想部分分啊喂）
發現是啓發式合併。

考慮一條鏈（1號節點在中間的某個位置）咋作。
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。那麼只須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，另外一條中剩下的節點分別自成一組。

那麼假如1號節點下面有更多條鏈呢？只須要合併完兩條以後再把第三條合併進去，方法和上面相同。

那麼整棵樹其實也dfs而後對每一個節點這麼合併全部的兒子就行了。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。

如何優化複雜度呢？啓發式合併。把每一個節點的兒子按照對應堆的大小排個序，而後把小的往大的合併。這個啓發式合併吧，和咱們熟知的那個啓發式合併還不太同樣，複雜度很是神奇，合併兩個堆以後新堆的大小是原先較大堆的大小，而合併須要的push、pop操做數是原先較小堆的大小。至關於把較小堆的每一個元素以\(O(\log n)\)的複雜度「刪去」了，「刪去」之後就再也不對總複雜度形成代價了。總共最多「刪去」n個節點，每次複雜度\(O(\log n)\)，總複雜度\(O(n\log n)\)。

寫代碼的時候會陷入僵局——若要保證複雜度正確，對應堆最大的那個兒子不能對複雜度作出貢獻，也就是你不能動它的堆。然而全合併完以後，那個堆裏面的東西要存在父親節點對應的堆裏面。昨天晚上我懵逼半天以後選擇去睡覺，今天上數學課走神的時候纔想到咋整……給每一個節點設置個「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便可。

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;
}