【洛谷5298】[PKUWC2018] Minimax(树形DP+线段树合并)

点此看题面

大致题意: 有一棵树,给出每个叶节点的点权(互不相同),非叶节点\(x\)至多有两个子节点,且其点权有\(p_x\)的概率是子节点点权较大值,有\(1-p_x\)的概率是子节点点权较小值。假设根节点\(1\)号节点的点权有\(m\)种可能性,其中权值第\(i\)小的可能点权是\(V_i\),可能性为\(D_i\),求\(\sum_{i=1}^mi\cdot V_i\cdot D_i^2\)

前言

好妙的题目,像我这种蒟蒻根本想不到线段树合并还可以这么玩。

同时,在无数个地方漏掉\(PushDown\)的我感觉自己真是弱到连线段树都不会了......

题意转化

由于题目中保证\(0<p_x<1\),所以每种点权都可能被取到。

如果我们将点权排个序,那么\(i\)\(V_i\)都是显然的,只要想个办法求出\(D_i\)即可。

推式子

首先,我们把权值离散化。

\(f_{x,i}\)表示节点\(x\)的权值为\(i\)的概率,则\(D_i=f_{1,i}\)

考虑如何转移。

如果\(x\)没有子节点,设其给定权值为\(v\),那么\(f_{x,i}=[i=v]\)

如果\(x\)只有一个子节点,设其为\(son\),那么\(f_{x,i}=f_{son,i}\)

如果\(x\)有两个子节点,分别为\(lc\)\(rc\)

题目告诉我们,权值是互不相同的。

则对于一个权值\(i\),若其满足\(f_{lc,i}>0\),就说明这个权值在左子树中。

下面便以在左子树中的权值\(i\)为例,讲讲\(f_{x,i}\)如何转移,而在右子树中是同理的。

我们知道,有\(p_x\)的概率,\(x\)的权值取较大值,则此时\(i\)应大于右儿子的权值,即概率为\(p_x(\sum_{k=1}^{i-1}f_{rc,k})\)

同理,有\((1-p_x)\)的概率,\(x\)的权值取较小值,则此时\(i\)应小于右儿子的权值,即概率为\((1-p_x)(\sum_{k=i+1}^mf_{rc,k})\)

而这个概率实际上还要乘上\(f_{lc,i}\),所以:

\[f_{x,i}=f_{lc,i}\cdot(p_x(\sum_{k=1}^{i-1}f_{rc,k})+(1-p_x)(\sum_{k={i+1}}^mf_{rc,k})) \]

线段树合并

仔细观察上面的式子,就可以发现,\(\sum_{k=1}^{i-1}f_{rc,k}\)\(\sum_{k={i+1}}^mf_{rc,k}\)分别是前缀和与后缀和。

现在我们需要一个数据结构,能够维护数组之间的转移,还在前缀和与后缀和的维护方面有优势,于是不难想到动态开点线段树。

而这个转移的过程,可以用线段树合并来实现。

用线段树合并有什么好处呢?

就是在线段树合并的过程中,我们可以同时维护下\(f_{lc}\)\(f_{rc}\)的前缀和与后缀和,这样就能很方便地进行转移了。

当遇到某一个节点,在一棵树中为空,一棵树中非空,我们就可以借助维护下的前缀和与后缀和,打一个乘法标记,便可完成转移了。

具体实现详见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 300000
#define LN 20
#define X 998244353
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,ee,dc,a[N+5],dv[N+5],Rt[N+5],lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
class FastIO
{
	private:
		#define FS 100000
		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		#define tn (x<<3)+(x<<1)
		#define D isdigit(c=tc())
		char c,*A,*B,FI[FS];
	public:
		I FastIO() {A=B=FI;}
		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
}F;
template<int PS> class SegmentTree//动态开点线段树
{
	private:
		#define PD(x) F[x]^1&&\
		(\
			V[S[x][0]]=1LL*V[S[x][0]]*F[x]%X,F[S[x][0]]=1LL*F[S[x][0]]*F[x]%X,\
			V[S[x][1]]=1LL*V[S[x][1]]*F[x]%X,F[S[x][1]]=1LL*F[S[x][1]]*F[x]%X,F[x]=1\
		)
		int Nt,V[PS+5],F[PS+5],S[PS+5][2];
	public:
		I void Ins(int& rt,CI x,CI l=1,CI r=dc)//插入
		{
			if(rt=++Nt,V[rt]=F[rt]=1,l==r) return;int mid=l+r>>1;
			x<=mid?Ins(S[rt][0],x,l,mid):Ins(S[rt][1],x,mid+1,r);
		}
		I int Qry(CI rt,CI x,CI l=1,CI r=dc)//询问
		{
			if(l==r) return V[rt];int mid=l+r>>1;PD(rt);
			return x<=mid?Qry(S[rt][0],x,l,mid):Qry(S[rt][1],x,mid+1,r);
		}
		I int Merge(CI x,CI y,CI p,CI l=1,CI r=dc,CI lx=0,CI rx=0,CI ly=0,CI ry=0)//线段树合并
		{
			if(!x&&!y) return 0;RI rt=++Nt;//皆为空直接返回
			if(!y) return PD(x),F[rt]=(1LL*p*ly+1LL*(1-p+X)*ry)%X,//修改,注意修改前下传标记
				V[rt]=1LL*F[rt]*V[x]%X,S[rt][0]=S[x][0],S[rt][1]=S[x][1],rt;//拷贝信息
			if(!x) return PD(y),F[rt]=(1LL*p*lx+1LL*(1-p+X)*rx)%X,//修改,注意修改前下传标记
				V[rt]=1LL*F[rt]*V[y]%X,S[rt][0]=S[y][0],S[rt][1]=S[y][1],rt;//拷贝信息
			int mid=l+r>>1;PD(x),PD(y),F[rt]=1,//先下传标记
			S[rt][0]=Merge(S[x][0],S[y][0],p,l,mid,lx,(rx+V[S[x][1]])%X,ly,(ry+V[S[y][1]])%X),//递归处理左子树
			S[rt][1]=Merge(S[x][1],S[y][1],p,mid+1,r,(lx+V[S[x][0]])%X,rx,(ly+V[S[y][0]])%X,ry);//递归处理右子树
			return V[rt]=(V[S[rt][0]]+V[S[rt][1]])%X,rt;//注意上传信息
		}
};SegmentTree<N*LN<<1> S;
I void dfs(CI x)
{
	if(!lnk[x]) return S.Ins(Rt[x],lower_bound(dv+1,dv+dc+1,a[x])-dv);//处理叶节点,注意离散化
	for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) dfs(e[i].to),//先处理子节点
		Rt[x]=Rt[x]?S.Merge(Rt[x],Rt[e[i].to],a[x]):Rt[e[i].to];//合并子节点
}
int main()
{
	RI i,x,ans;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(x),x&&add(x,i);
	for(i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),lnk[i]?(a[i]=1LL*a[i]*Qpow(10000,X-2)%X):(dv[++dc]=a[i]);
	sort(dv+1,dv+dc+1),dfs(1);//排序
	for(ans=0,i=1;i<=dc;++i) x=S.Qry(Rt[1],i),ans=(1LL*i*dv[i]%X*x%X*x+ans)%X;//统计答案
	return printf("%d",ans),0;
}
posted @ 2019-12-19 11:08  TheLostWeak  阅读(142)  评论(0编辑  收藏