题解：P11189 「KDOI-10」水杯降温

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题意

给出一棵 $n$ 个节点的树，根节点为 $1$，节点 $i$ 有一个点权 $a_i$。你可以对这棵树进行如下操作：

1. 将节点 $i$ 的子树内的所有点点权增加 $1$。
2. 选择一个叶子 $i$，将 $i$ 到根节点的链上所有点的点权减少 $1$。

求是否能进行若干次操作，使整个树的点权全为 $0$。

分析

点权全为 $0$ 等价于根节点点权为 $0$，且任意一个非根节点与其父节点的差为 $0$；再结合操作修改时同时被修改的点之间的差不变，可以考虑从差分的角度分析操作。

令 $b_i=a_{fa_i}-a_i(2\le i\le n)$，那么一次操作 $1$ 相当于将 $b_i$ 减 $1$，若 $i$ 为 $1$ 则使 $a_1+1$，操作 $2$ 相当于将链上所有点的不在链上的儿子的 $b_i$ 减 $1$，同时使 $a_1$ 减 $1$。也就是说差分数组只会减小！由于最后 $b_i=0$，所以若开始时存在 $b_i<0$，则无解。

在满足 $b_i\ge 0$ 的情况下：

1. $a_1\le 0$，那么我们完全可以只用 $1$ 操作把 $a_1$ 增加到 $0$，再用操作 $1$ 把所有的 $b_i$ 变为 $0$ 即可。
2. $a_1>0$，则必须用若干 $2$ 操作将 $a_1$ 减小到非正数，同时保证 $b_i$ 非负。

考虑到交换操作顺序不影响答案，我们钦定所有 $2$ 操作在 $1$ 操作之前，这样问题就变成能否通过若干次操作 $2$ 使树满足情况 $1$ 的前置条件。

由于有 $b_i$ 的限制，我们能进行的操作 $2$ 的次数必然有上限，于是我们考虑求出这个上限 $m$，判断是否 $a_1\le m$ 即可，

设 $f_i$ 表示节点 $i$ 的子树内能进行的操作 $2$ 的最大次数，若 $i$ 为叶节点，显然 $f_i=+\infty$，否则，二分出 $f_i$。具体地，二分答案为 $val$，对于每个儿子 $j$，我们先执行 $d_j=\min\{f_j,\max\{val-b_j,0\}\}$ 次 $2$ 操作，即在保证 $b_j-(val-d_j)\ge 0$ 的情况下执行尽可能少的操作，$val-d_j$ 是其他儿子执行操作对 $b_j$ 的影响，若某个 $b_j$ 执行后不满足条件，或总执行次数超过了 $val$，则无解。否则，我们分配剩下的操作，随便地给 $f_j> d_j$ 的 $j$ 分配次数，能分配完则有解。这样的贪心策略正确性显然。

最终时间复杂度 $O(n\log V)$，$V$ 为值域。

代码

考场代码，有一些无用的片段，请自动忽略。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
long long read(){
	long long x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
void write(long long x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e5+10;
int C,T,n;
int head[N],ver[N<<1],nxt[N<<1],tot,fa[N];
void add(int x,int y){
	ver[++tot]=y,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
ll a[N],f[N],b[N],d[N];
int id[N];
bool check(int ti,ll val,int x){
	ll v=val;
	for(int i=1;i<=ti;i++){
		b[i]=a[x]-a[id[i]];
		d[i]=min(f[id[i]],max(val-b[i],0ll));
		if(b[i]+d[i]<val)return 0;
		v-=d[i];b[i]+=d[i];
		if(v<0)return 0;
	}
	for(int i=1;i<=ti;i++){
		ll e=min(f[id[i]]-d[i],v);
		v-=e;
	}
	if(v!=0)return 0;
	return 1;
}
void dfs(int x){
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=ver[i];
		dfs(y);
	}
	int ti=0;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		id[++ti]=ver[i];
	if(!ti)f[x]=2e12+1;
	else if(ti==1){
		f[x]=f[id[ti]];
	}
	else{
		ll l=0,r=0;
		//printf("x=%d\nid:",x);
		for(int i=1;i<=ti;i++){
			//printf("%d ",id[i]);
			r+=f[id[i]];
			r=min(r,(ll)(2e12+1));
		}
		while(l<r){
			ll mid=(l+r+1)>>1;
			if(check(ti,mid,x)){
				l=mid;
			}
			else r=mid-1;
		}
		f[x]=l;
	}
	//printf("f[%d]=%lld\n",x,f[x]);
}
void solve(){
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(a[fa[i]]<a[i]){
			puts("Shuiniao");return;
		}
	dfs(1);
	if(a[1]-f[1]<=0)puts("Huoyu");
	else puts("Shuiniao");
}
int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	C=read();T=read();
	while(T--){
		n=read();
		tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=0;
		for(int i=2;i<=n;i++)
			add(fa[i]=read(),i);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			a[i]=read();
		solve();
	}
	return 0;
}