AtCoder Grand Contest 007 E：Shik and Travel

Posted 2021-01-24 akmer

题目传送门：https://agc007.contest.atcoder.jp/tasks/agc007_e

题目翻译

现在有一个二叉树，除了叶子每个结点都有两个儿子。这个二叉树一共有(m)个叶子，你需要从(1)号点出发，旅行(m+1)天后回到(1)号结点，其中前(m)天每天需要在叶子节点结束，并且每个叶子结点只允许被经过一次，每条边只允许被经过两次，边有边权，旅行的费用即为两点之间简单路径上权值之和，然后问你费用最大的一天最小可以是多少。第一天和最后一天免费。

题解

嗯，这又是一道题解题……

我们考虑二分答案，那么问题就转化成了怎么判断“每天花费都不超过(limit)是否可以完成旅途”。由于每条边只允许被经过两次 ，所以每个子树只允许被进出一次各一次。我们设(f_{ijk})表示(i)号点子树第一次进去花费(j)，出来花费(k)，内部叶子节点走来走去不超过(limit)是否可以做到。因为边权过大，状态存不下来，所以我们用(vector)存三元组(<i,j,k>)来表示这个状态为真。当(j)相同时我们只存较小的(k)，所以状态个数只会有(NlogN)个。然后每次由两个儿子转移更新自己可以用归并排序，按(j)从小打大排。

时间复杂度：(O(NlogNlogANS))

空间复杂度：(O(NlogN))

代码如下：

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
typedef vector<pll> vp;
#define fr first
#define sc second
 
const int maxn=131073;
 
int n,tot;
ll dis[maxn];
int son[maxn][2],num[maxn];
ll l,r=1ll*maxn*maxn,limit;
 
vp f[maxn];
 
int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
 
vp dp(vp a,vp b) {
    vp res;res.clear();
    int x=a.size(),y=b.size(),st1=0,st2=0;
    if(!y)return res;
    while(st1!=x) {
        while(st2!=y&&a[st1].sc+b[st2].fr<=limit)st2++;
        if(st2)st2--;
        if(a[st1].sc+b[st2].fr<=limit)res.push_back(make_pair(a[st1].fr,b[st2].sc));
        st1++;
    }
    return res;
}
 
void insert(vp &a,pll b) {
    if(a.empty())a.push_back(b);
    else if(a.back().fr==b.fr)a.back().sc=min(a.back().sc,b.sc);
    else if(b.sc<a.back().sc)a.push_back(b);
}
 
vp merge(vp a,vp b) {
    vp res;res.clear();
    int x=a.size(),y=b.size(),st1=0,st2=0;
    while(st1!=x&&st2!=y) {
        if(a[st1].fr<b[st2].fr)insert(res,a[st1++]);
        else insert(res,b[st2++]);
    }
    while(st1!=x)insert(res,a[st1++]);
    while(st2!=y)insert(res,b[st2++]);
    return res;
}
 
void dfs(int u) {
    if(!num[u]) {
        f[u].clear();
        f[u].push_back(make_pair(dis[u],dis[u]));
        return;
    }
    dfs(son[u][0]),dfs(son[u][1]);limit+=dis[u]*2;
    vp tmp1=dp(f[son[u][0]],f[son[u][1]]);
    vp tmp2=dp(f[son[u][1]],f[son[u][0]]);
    f[u]=merge(tmp1,tmp2);
    limit-=dis[u]*2;
}
 
bool check() {
    dfs(1);
    if(!f[1].empty())return 1;
    return 0;
}
 
int main() {
    n=read();
    for(int i=2;i<=n;i++) {
        int fa=read(),v=read();
        dis[i]=dis[fa]+v;
        son[fa][num[fa]++]=i;
    }
    while(l<r) {
        limit=(l+r)>>1;
        if(check())r=limit;
        else l=limit+1;
    }
    printf("%lld
",r);
    return 0;
}