bzoj 4446: [Scoi2015]小凸玩密室

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Description

小凸和小方相约玩密室逃脱,这个密室是一棵有n个节点的完全二叉树,每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可逃出密室。每个灯泡有个权值Ai,每条边有个权值bi。点亮第1个灯泡不需要花费,之后每点亮4个新的灯泡V的花费,等于上一个被点亮的灯泡U到这个点V的距离Du,v,乘以这个点的权值Av。在点灯的过程中,要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通,在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。请告诉他们,逃出密室的最少花费是多少。

Input

第1行包含1个数n,代表节点的个数
第2行包含n个数,代表每个节点的权值ai。(i=l,2,…,n)
第3行包含n-l个数,代表每条边的权值bi,第i号边是由第(i+1)/2号点连向第i+l号点的边。
(i=l,2...N-1)

Output

输出包含1个数,代表最少的花费。

Sample Input

3
5 1 2
2 1

Sample Output

5

HINT

对于100%的数据,1≤N≤2×105,1<Ai,Bi≤10^5

题解:

  a[x]表示x结点的权值;b[x]表示x结点到其父亲的边权;l[x]表示x的深度,令l[x]==1;d[x]表示x到根的距离;

  f[x][y]表示走完x及其子树再走到y的最小代价。考虑转移方式,如果x是叶子节点,那么答案就是a[y]*distance(x,y);如果x只有左孩子,就先遍历左子树,状态转移是a[lc]*b[lc]+f[lc][y];如果两个孩子都有,就考虑是先转移到左孩子还是右孩子,f[x][y]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][rc]+f[rc][y],a[rc]*b[rc]+f[rc][lc]+f[lc][y])。

  但是考虑到题目数据很大,这样的转移肯定在时间和空间上都不行。又发现有的x,y是不合法的,比如y肯定不能是x的子节点。由此考虑有意义的x,y,可以发现,如果x有一个祖先p(p包括x),则y是p的兄弟节点,f[x][y]的含义变成了走完x及其子树到深度为y的节点的子节点的最小代价。

  设g[x][i]表示走完x的子树再走到x的深度为i的祖先的最小代价。转移: 叶子:g[x][i]=a[y]*(d[x]-d[y]) 只有左孩子:g[x][i]=g[lc][i]+a[lc]*b[lc] 左右孩子都有:g[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[x]]+g[rc][i],a[rc]*b[rc]+f[rc][l[x]]+g[lc][i])。

  最后就是统计答案了,我们选定一个节点x作为第一个点亮的灯,然后统计其子树的答案,再走到x的父节点,再走x的兄弟节点......以此类推。

  由于f[][]和g[][]的第一维都是n,第二维都是logn,所以总的时间复杂度是O(nlogn)。

 

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<cmath>
 7 #include<queue>
 8 #include<vector>
 9 using namespace std;
10 typedef long long LL;
11 const LL maxn=2*1e5+10;
12 LL N,a[maxn],b[maxn],d[maxn],l[maxn];
13 LL ANS,f[maxn][20],g[maxn][20];
14 int main(){
15 //    freopen("light.in","r",stdin);
16 //    freopen("light.out","w",stdout);
17     scanf("%lld",&N);
18     for(LL i=1;i<=N;i++) scanf("%lld",&a[i]);
19     l[1]=1;
20     for(LL i=2;i<=N;i++){
21         scanf("%lld",&b[i]);
22         l[i]=l[i>>1]+1; d[i]=d[i>>1]+b[i];
23     }
24     for(LL x=N,y,lc,rc,i;x;x--){
25         for(LL i=0;i<l[x];i++){
26             lc=2*x; rc=lc+1;
27             y=(x>>(l[x]-i-1))^1;
28             if(lc>N) f[x][i]=a[y]*(d[x]+d[y]-d[y>>1]*2);
29             else if(rc>N) f[x][i]=a[lc]*b[lc]+f[lc][i];
30             else f[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[x]]+f[rc][i],
31                              a[rc]*b[rc]+f[rc][l[x]]+f[lc][i]);
32         }
33     }
34     for(LL x=N,y,lc,rc,i;x;x--){
35         for(LL i=0;i<=l[x];i++){
36             lc=2*x; rc=lc+1;
37             y=x>>(l[x]-i);
38             if(lc>N) g[x][i]=a[y]*(d[x]-d[y]);
39             else if(rc>N) g[x][i]=g[lc][i]+a[lc]*b[lc];
40             else g[x][i]=min(a[lc]*b[lc]+f[lc][l[lc]-1]+g[rc][i],
41                              a[rc]*b[rc]+f[rc][l[rc]-1]+g[lc][i]);//f[lc][l[lc]-1]表示结点走完lc及子树再走到rc的最小代价 
42         }
43     }
44     ANS=g[1][0];
45     for(LL i=2;i<=N;i++){
46         LL res=g[i][l[i]-1]; LL tmp=i;
47         for(LL y,z;tmp!=1;tmp>>=1){
48             y=tmp^1; z=tmp>>1;
49             if(y>N) res+=a[z>>1]*b[z];
50             else res+=a[y]*b[y]+g[y][l[z]-1];
51         }
52         ANS=min(ANS,res);
53     }
54     printf("%lld",ANS);
55     return 0;
56 }

 

 

 

posted @ 2016-03-23 22:06  CXCXCXC  阅读(1047)  评论(0编辑  收藏  举报