洛谷 P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响解题报告

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题意

给定一些树上父子关系及各点权值，该树根为1号点。

将所有点划分成一些互不相交的集合，“集合”定义为__内部的点不能具有父子关系的集合__，“集合的价值”定义为__集合中的所有点的最大值__。

求所有集合的价值之和最小。

Solutions

如图为一棵以a为根节点的树，b、c、d、e分别为其四个儿子节点， b >= c >= d >= e。

由题意，应将根的任一子树同其他相同父亲的子树合并，即merge(son[fa] [x])。

所以合并a的左右子树，其中将b、c合并，又因为b >= c，所以c被抵消，保留b作为价值。

同理d、e合并，抵消较小的e，保留d作为价值。

因为a与自己的任一子节点都有瓜葛，所以它不和任何点合并，直接最后加入集合。

Proves

按照Sol方案，val_1 = max(b, c) + max(d, e) = b + d

反之，若b与e合并，则c只能与d合并。

则val_2 = max(b, e) + max(c, d) = b + c

因为b >= c >= d >= c

所以b + d >= b + c

所以val_1 <= val_2，即Sol方案更优。

因此可证每个点定和它对应子树的__同等大小级别的点__抵消，为最优解。

Details

根节点在子树合并完后最后加入集合，不和任何点合并抵消。
较大集合会有剩下的点，直接加入集合。
merge时 不能swap(x, y) ，而必须 swap(pq[x], pq[y]) ，否则会影响dfs中pq[x].push(a[x])加入集合。

时间复杂度证明：

每次合并耗费min(size_b, size_c)的时间复杂度（size_b、size_c为两个同级子树大小）。

一路合并上去，每合并后一颗树的size将缩减为其子树size的最大值，则近似为长链剖分的O(n)时间复杂度

再算上优先队列O(log(n))，则总时间复杂度O(n · log(n))。

不同于普通启发式合并不删只并，此题是删除了部分点后合并的，所以均摊合并两点时间复杂度O(1)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0; char ch = getchar(); bool sgn = 0;
    while (ch < '0' || ch > '9') sgn |= ch == '-', ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + (ch & 15), ch = getchar();
    return sgn ? -x : x;
}
const int MN = 2e5 + 10;
int n, a[MN];
int cur, h[MN], nxt[MN], ver[MN];
vector<int> tmp;
priority_queue<int> pq[MN];
long long ans;
inline void add_edge(int x, int y) {
    cur++;
    ver[cur] = y, nxt[cur] = h[x], h[x] = cur;
}
inline void merge(int x, int y) {
    if (pq[x].size() < pq[y].size()) swap(pq[x], pq[y]);
    while (!pq[y].empty()) {
        tmp.push_back(max(pq[x].top(), pq[y].top()));
        pq[x].pop(), pq[y].pop();
    }
    while (!tmp.empty()) pq[x].push(tmp.back()), tmp.pop_back();
}
void dfs(int x) {
    for (int i = h[x]; i; i = nxt[i]) {
        int y = ver[i];
        dfs(y), merge(x, y);
    }
    pq[x].push(a[x]);
}
signed main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
    for (int i = 2, fa; i <= n; ++i) {
        fa = read();
        add_edge(fa, i);
    }
    dfs(1);
    while (!pq[1].empty()) ans += pq[1].top(), pq[1].pop();
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}