uoj#418. 【集训队作业2018】三角形(线段树合并)

传送门

好迷啊……膜一下ljz

考虑每个操作,如果把操作按先后顺序放到序列上的话,操作一就是把\(w_i\)的石子放到某个节点,那么就是在序列末端加入\(w_i\),然后根据贪心肯定要把它所有儿子的石子拿走,也就是要减去\(\sum w_{son}\)

那么每个点的答案就是序列的最大前缀

因为父亲节点的操作一要在儿子之后进行,很麻烦,那么可以每次在自己这里把\(w_i\)减掉,到父亲的时候再加回去

\((x,y)\)为一个二元组,\(x\)表示当前位置的最大前缀和,\(y\)表示最小后缀和,然后定义一个运算\((ax,by)=(x+max(0,a+y),b+min(0,a+y)\),大概能看出是个什么东西,注意这个运算不满足交换律

然后考虑一下这些二元组在序列中的顺序,如果\(x+y<0\),那么肯定得放前面,因为可以让之后的前缀和减小。

那么当\(x+y<0\)时,按\(x\)排序,这样能使前缀和不断减小。如果\(x+y>0\),按\(y\)排序就好了

维护二元组的话,用线段树合并,如果当前二元组的\(x+y<0\)且有比它最大前缀大的二元组,那么就已经是最优的了否则将在它前面的二元组与它合并,合并完后加进线段树里就好了。注意合并完之后节点没了要记得清空

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define int long long
#define loli 200000000000000
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' ';
}
const int N=4e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
struct node{
	int mx,mn;
	node(){}
	node(R int mx,R int mn):mx(mx),mn(mn){}
	inline node operator +(const node &b){return node(mx+max(0ll,mn+b.mx),b.mn+min(0ll,mn+b.mx));}
}tr[N<<5];
int w[N],rt[N],ans[N],ls[N<<5],rs[N<<5];
int n,cnt,fa;
void ins(int &p,int l,int r,node x){
	if(!p)p=++cnt;if(l==r)return (void)(tr[p]=tr[p]+x);
	int mid=(l+r)>>1;
	x.mx<=mid?ins(ls[p],l,mid,x):ins(rs[p],mid+1,r,x);
	tr[p]=tr[ls[p]]+tr[rs[p]];
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
	if(!x||!y)return x|y;if(l==r)return tr[x]=tr[x]+tr[y],x;
	int mid=(l+r)>>1;
	ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,mid),rs[x]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r);
	tr[x]=tr[ls[x]]+tr[rs[x]];
	return x;
}
void update(int &p,int l,int r,node &x,bool &flag){
	if(!p||flag)return;
	if(l==r){
		if(x.mx+x.mn<0&&x.mx<l)return (void)(flag=1);
		x=x+tr[p],p=0;return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	update(ls[p],l,mid,x,flag),update(rs[p],mid+1,r,x,flag);
	if(ls[p]||rs[p])tr[p]=tr[ls[p]]+tr[rs[p]];
	else p=0;
}
void dfs(int u){
	node res=node(0,-w[u]);
	go(u){
		res.mx+=w[v],dfs(v);
		rt[u]=merge(rt[u],rt[v],0,loli);
	}
	node qaq=res;bool flag=0;
	qaq.mx+=w[u],ans[u]=(qaq+tr[rt[u]]).mx;
	update(rt[u],0,loli,res,flag),ins(rt[u],0,loli,res);
}
signed main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	read(),n=read();
	fp(i,2,n)fa=read(),add(fa,i);
	fp(i,1,n)w[i]=read();
	dfs(1);
	fp(i,1,n)print(ans[i]);
	return Ot(),0;
}
posted @ 2019-01-07 10:01  bztMinamoto  阅读(694)  评论(3编辑  收藏  举报
Live2D