[NOI2014]購票 --- 斜率優化 + 樹形DP + 數據結構

[NOI2014]購票

題目描述

今年夏天，NOI在SZ市迎來了她30週歲的生日。

來自全國 n 個城市的OIer們都會從各地出發，到SZ市參加此次盛會。

全國的城市構成了一棵以SZ市爲根的有根樹，每一個城市與它的父親用道路鏈接。

爲了方便起見，咱們將全國的 n 個城市用 1 到 n 的整數編號。其中SZ市的編號爲 1。

對於除SZ市以外的任意一個城市 v，咱們給出了它在這棵樹上的父親城市 fv 以及到父親城市道路的長度 sv。

從城市 v 前往SZ市的方法爲：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，支付費用併到達 b。以此類推，直至到達SZ市。

對於任意一個城市 v，咱們會給出一個交通工具的距離限制 lv。

對於城市 v 的祖先 a，只有當它們之間全部道路的總長度不超過 lv 時，從城市 v 才能夠經過一次購票到達城市 a，不然不能經過一次購票到達。

對於每一個城市 v，咱們還會給出兩個非負整數 pv,qv 做爲票價參數。

若城市 v 到城市 a 全部道路的總長度爲 d，那麼從城市 v 到城市 a 購買的票價爲 d * pv+qv。

每一個城市的OIer都但願本身到達SZ市時，用於購票的總資金最少。

你的任務就是，告訴每一個城市的OIer他們所花的最少資金是多少。

 

輸入輸出格式

輸入格式：

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（其意義將在後面提到）。

輸入文件的第 2 到 n 行，每行描述一個除SZ以外的城市。

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：輸入不包含編號爲 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分別描述的是城市 2 到城市 n。

 

輸出格式：

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。

一樣請注意：輸出不包含編號爲 1 的SZ市。

 

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

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 

輸出樣例#1：

40 150 70 149 300 150

說明

從每一個城市出發到達 SZ的路線以下（其中箭頭表示一次直達）：

城市 2：只能選擇 2 → 1，花費爲 2 × 20 + 0 = 40。

城市 3：只能選擇 3 → 1，花費爲 5 × 10 + 100 = 150。 城 市 4 ： 由 於 4 + 2 =6 ≤ l4 = 10，故能夠選擇 4 →1。

若選擇 4 → 1，花費爲 (4 +2) × 10 + 10 = 70 ； 若選 擇 4 → 2 → 1，則花費爲 (4 ×10 + 10) + (2 × 20 + 0) =90；所以選擇 4 → 1。

城市 5：只能選擇 5 →2 → 1 ， 花費爲 (9 × 1 +100) + (2 × 20 + 0) = 149；沒法選擇 5 → 1，由於 l5 =10，而城市 5 到城市 1 總路程爲 9 + 2 = 11 > 5，城市 5 不能直達城市 1。

城市 6：若選擇 6 → 1，花費爲 (5 + 5) × 20 + 100 = 300；若選擇 6 → 3 →1，花費爲 (5 × 20 + 100) + (5 × 10 + 100) = 350；所以選擇 6 → 1。

城市 7：選擇 7 → 4 → 1，花費爲 (4 × 20 + 0) + ((4 + 2) × 10 + 10) = 150；

其餘方案均比該方案差。

 

數據規模

 

 

 

首先，你要學會DP

記\(dp(i)\)表示\(i\)節點到達首都的最小費用

那麼，有轉移方程：

\(dp(i)=min(dp(j)+p(i)*dis(i,j)+d(i))\)

考慮轉化成斜率優化：

記\(dep(i)\)表示\(i\)節點到根的深度

\(dp(i)=dp(j)+p(i)*(dep(i)-dep(j))+d(i)\)

\(dp(i)=dp(j)+p(i)*dep(i)-p(i)*dep(j)+d(i)\)

\(dp(j)=p(i)*dep(j)+dp(i)-d(i)-p(i)*dep(i)\)

那麼，如今就是一個斜率優化的式子了。

其中，\(x\)是\(dep(j)\)，單調遞增

其中，\(k\)是\(p(i)\)，沒有任何單調性

只不過題目中有\(l(i)\)這個距離限制。

嗯。。。。怎麼辦？

 

凸包是不支持刪除的。

所以咱們要另闢蹊徑。

 

作法一：

樹鏈剖分

直接上樹剖後，發現每次查詢的凸包都對應原樹中的一條鏈。

那麼，咱們讓樹剖後的線段樹區間\(l...r\)中存下點\(dfn[l]...dfn[r]\)所造成的凸包。

對於每一個點，每次會查到\(\log n\)條重鏈，每次重鏈要查詢\(\log n\)個區間，每次區間中在凸包上三分須要\(\log n\)的時間

所以，總耗時\(O(n* (\log n)^{3})\)

過不去，不存在的，樹剖這種東西怎麼可能想卡就卡！！！

補充：常數優化：

每次線段樹中的凸包合併時，由於一個區間的全部元素沒有都被訪問過期，就必定不會查到這段區間。

所以，能夠選擇在左右兩個子區間的全部元素都被訪問過期，選擇\(O(n)\)的合併凸包

 

時間複雜度：\(O(n*(\log n)^{3})\)

空間複雜度：\(O(n* \log n)\)

 

作法二：

可持久化線段樹+平衡樹

樹剖的理論複雜度過不去？？？

若是你真的對理論複雜度有需求，那麼不妨來聽下如下作法。

發現，其實咱們只須要對當前\(dfs\)鏈維護一棵線段樹，這樣子，查詢的複雜度能降到\(O((\log n)^{2})\)

可是，爲了不元素過多（也能夠說發現父親的元素同本身變化不大），所以能夠用可持久化來維護。

 

時間複雜度：\(O(n* (\log n)^{2})\)

空間複雜度：\(O(n *(\log n)^{2})\)

 

作法三：

可持久化線段樹+單調隊列

樹套樹常數大？？

不要緊，這題有一個很是重要的特殊性質：\(x\)單增

所以，咱們只須要一個單調隊列就能夠表示一個凸包了。

具體而言，能夠選擇用線段樹來實現這個隊列。

然而，這題還有特殊性：鏈都是父親來的，也就是說咱們只須要訪問特定的版本。

對於上個版本，咱們只須要記錄新插入的點替代了誰。

固然這樣子，插入時要二分插入的位置。

 

時間複雜度：\(O(n* (\log n)^{2})\)

空間複雜度：\(O(n * \log n)\)

 

作法四：

點分治+可持久化平衡樹

首先套一個點分，思考點份內部幹什麼。

很天然地，想到把祖先所在的鏈找出來，更新下面全部的子樹。

爲何正確呢？

證實一下兩個結論：

1.全部祖先節點優先被更新

這準確來講並非一個結論，但它告訴咱們，先遞歸祖先所在的子樹，再處理本身

2.一個點能夠被全部的祖先更新

若是當前分治結構還有祖先無法更新，那麼這些祖先會在下層分治結構中成爲更新點從而更新當前節點。

所以，點分是沒有問題的。

如何知足限制？

把全部的祖先建出一棵可持久化平衡樹，在上面查詢便可。

 

作法五：

點分治+CDQ分治

把上面的可持久化平衡樹用CDQ分治來替代便可

 

作法六：

點分治+三分

把全部凸包按順序加入，全部點按順序在上面三分

 

代碼在此

 

作法七：

點分治+亂搞

莫名其妙的亂搞。

複雜度最壞\(O(n^{2})\)，不知爲什麼能過，並且很快。。。

 

代碼在此

 

分治算法的時間複雜度爲\(O(n * (\log n)^{2})\)

空間複雜度爲\(O(n)\)

是最優的複雜度

 

補充：

當你的算法涉及\(O(n)\)建凸包時，請當心處理斜率的關係