[SCOI2015]小凸玩密室

Posted 2020-12-20 zhangjianjunab

题目

题目
当然，根固定为(1)，但是第一个被点亮的灯不一定是(1)。

做法

这里我只会讲最终做法，但是如果你要问这个结果到底是怎么得到的，其中的心路历程是什么，这篇博客：https://www.luogu.com.cn/blog/MachineryCountry/solution-p4253相信能给你不错的体验。

首先，我们先观察叶子节点，一个叶子节点，跑完之后，要么点亮其的一个祖先（会出现这种情况一般是因为第一个被点亮的灯不是(1)），要么点亮其祖先的另外一个儿子，推广发现每一个点在遍历完其子树后，都是这种情况。

又发现，完全二叉树有一个极其优美的性质，树的高度为(logn)层。

不妨考虑(f_{i,j})表示第(i)个子树遍历完之后点亮的是第(j+1)个祖先的最小花费，(g_{i,j})则是第(j+1)个祖先的一个儿子的最小花费。

(g_{i,j}=min(a_{lc}*b_{lc}+g_{lc,0}+g_{rc,j+1},a_{rc}*b_{rc}+g_{rc,0}+g_{lc,j+1}))
(f_{i,j}=min(a_{lc}*b_{lc}+g_{lc,0}+f_{rc,j+1},a_{rc}*b_{rc}+g_{rc,0}+f_{lc,j+1}))

其余的状态方程就不列了，比较麻烦。

我还专门设置了(t_{i})表示遍历(i)的子树的花费。

但是需要注意的是，不管是(f,g,t)，(i)号点被点亮的费用都是没有算进去的，因为遍历(i)的子树，其子树内的点(x)肯定都是从另外一个(i)子树内的点(y)出发去亮(x)的，因此可以树形(DP)直接计算，但是(x)不一样，(x)是灵活应变的，只有外面知道他是被哪个点点亮的，而树形DP基本上只能处理子树内的点，所以只能不算点亮(x)的花费。（事实上，也正是因为树形DP只能处理子树内的点，所以从(i)子树出来到达的点还必须多设置一维来处理）

代码

时间复杂度：(O(nlogn)).

其实我的代码打复杂了，如果想要看代码好看一些的可以去你谷的题解区看看，里面的许多代码都写的比我优美。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  210000
#define  SN  20 //17
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
template<class  T>
inline  T  mymin(T  x,T  y){return  x<y?x:y;}
template<class  T>
inline  T  mymax(T  x,T  y){return  x>y?x:y;}
int  fa[N][SN],other[N]/*另外一个儿子*/,n;
LL  f[N][SN],g[N][SN],dis[N],a[N],b[N],t[N];
void  dfs(int  x)
{
	for(int  i=1;i<=17;i++)
	{
		fa[x][i]=fa[fa[x][0]][i-1];
		if(!fa[x][i])break;
	}
	for(int  i=0;i<=1;i++)
	{
		int  y=(x<<1)+i;
		if(y>n)continue;
		dis[y]=dis[x]+b[y];fa[y][0]=x;
	}
	for(int  i=0;i<=1;i++)
	{
		int  y=(x<<1)+i;
		if(y>n)continue;
		other[x]=y^1;
		dfs(y);
	}
	for(int  i=0;i<=17;i++)
	{
		if(!fa[x][i])break;
		if((x<<1)>n) 
		{
			g[x][i]=(dis[other[fa[x][i]]]+dis[x]-2*dis[fa[x][i]])*a[other[fa[x][i]]];
			f[x][i]=(dis[x]-dis[fa[x][i]])*a[fa[x][i]];
		}
		else  if((x<<1)==n)//只有一个儿子
		{
			int  lc=x<<1;
			g[x][i]=b[lc]*a[lc]+g[lc][i+1];
			f[x][i]=b[lc]*a[lc]+f[lc][i+1];
		}
		else//两个儿子都有 
		{
			int  lc=x<<1,rc=(x<<1)+1;
			g[x][i]=mymin(b[lc]*a[lc]+g[lc][0]+g[rc][i+1],b[rc]*a[rc]+g[rc][0]+g[lc][i+1]);
			f[x][i]=mymin(b[lc]*a[lc]+g[lc][0]+f[rc][i+1],b[rc]*a[rc]+g[rc][0]+f[lc][i+1]);
		}
	}
	if((x<<1)>n)t[x]=0;
	else  if((x<<1)==n)t[x]=t[x<<1]+b[x<<1]*a[x<<1];
	else
	{
		int  lc=x<<1,rc=(x<<1)+1;
		t[x]=mymin(b[lc]*a[lc]+g[lc][0]+t[rc],b[rc]*a[rc]+g[rc][0]+t[lc]);
	}
}
inline  int  pd_son(int  x,int  f){return  (f<<1)==x?0:1;}
LL  solve(int  x)//假设x为根，且x不是1号点 
{
	LL  ans=f[x][0];
	int  ff=(x>>1);
	while(ff>1)
	{
		int  y=x^1/*x的兄弟*/;
		if(y>n/*x是ff的唯一儿子*/)ans+=b[ff]*a[ff>>1];
		else  ans+=f[y][1]+a[y]*b[y];
		x=ff;ff=(x>>1);
	}
	int  y=x^1/*x的兄弟*/;
	if(y<=n/*x是ff的唯一儿子*/)ans+=t[y]+a[y]*b[y];
	return  ans; 
}
int  main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int  i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	for(int  i=2;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	dfs(1);
	LL  ans=t[1];
	for(int  i=2;i<=n;i++)
	{
		ans=mymin(ans,solve(i));
	}
	printf("%lld
",ans); 
	return  0;
}