领导集团问题「FJOI2018」

Posted 2021-03-01 ak-dream

【题目描述】
一个公司的组织领导架构可以用一棵领导树来表示。公司的每个成员对应于树中一个结点(v_i)，且每个成员都有响应的级别(w_i)。越高层的领导，其级别值(w_i)越小。树中任何两个结点之间有边相连，则表示与结点相应的两个成员属于同一部门。领导集团问题就是根据公司的领导树确定公司的最大部门。换句话说，也就是在领导树中寻找最大的部门结点子集，使得的结点(v_i)和(v_j)，如果(v_i)是(v_j)的子孙结点，则(w_i ge w_j)。
编程任务：对于任意对于给定的领导树，计算出领导树中最大的部门结点子集。

【输入格式】
第一行有一个正整数(n)，表示领导树的结点数。接下来的一行中有(n)个整数。第(i)个数表示(w_i)。再接下来的(n - 1)行中，第(i)行有一个整数(v_i)表示(v_i)是(i + 1)的双亲结点。
(n) 为正整数，(n le 200000)，(0 < w_i le 10^9)

【输出格式】
输出找到的最大的部门的成员数。

这题目描述故弄玄虚。。。害我看半天 简单来说就是选出树上一个点集(不一定要相连的点) 满足点集中任意两点(i,j)，如果(i)是(j)的直接祖先，一定有(w_ile w_j)。

题解

设计一个DP方程 (dp[i][j])表示 在(i)的子树中(这棵树是有根树！)，选择的所有点的权值全部大于等于(j)时 最多选多少个点。

如果要选当前节点(u) 那么在子树里选的点的权值就必须全部(ge w_u) 所以转移方程十分显然(并不)，如下：

由于(u)的两个不同儿子的子树中怎么选点是互不影响的 所以在转移到(u)之前我们先把(u)所有儿子的(dp[v][j])对应的加在一起(就是对于每一个(j) 把所有儿子的(dp[?][j])累加起来)

我们再看看(dp[i][j])的定义 容易发现对于一个点(x) 随着(j)的增大 (dp[x][j])肯定是不断减小的

所以转移方程直接写成(dp[u][j]=dp[v][j]+ riangle)

这个( riangle)是什么？意思是说如果可以取(u)这个点 那么就是(1) 否则为(0)

关于能不能取(u)这个点其实不太好考虑 为什么不好考虑呢？首先 如果你取了(u) 那么一定要(jle w_u)
其次 如果(jle w_u) 那么有可能(dp[v][j])里面已经取了权值小于(w_u)的点了！所以我们先放在一边 稍后再来考虑

把所有儿子的(dp)值累加总时间是(O(n^2))的 这就不太行

发现转移是在树上的 我们可以用线段树合并来操作这个DP转移 具体地说 线段树的每一个叶子的位置上存着(dp[i][j])

对于儿子的(dp)值累加 直接把所有儿子的线段树合并就行了

然后关于那个( riangle) 肯定是有一段(dp[u][jsim k])需要加(1) 但是线段树合并不支持区间修改

因为我们刚才提到的那个 “随着(j)的增大 (dp[x][j])肯定是不断减小的” 的性质 我们可以让叶子节点存(dp)值的后缀差分数组 这样每次只用改两个点了

到底哪一段要(+1)？后缀差分数组的第(w_u)项肯定是要(+1)的 然后(-1)的位置则是在 从后缀差分数组(w_u)项往前找第一个大于(0)的位置

如果那个位置大于零了 就意味着在(u)的子树里已经取了一个权值小于(w_u)的点了(请自行理解)

这个位置可以用线段树上二分找到(但是这个二分会显得比较抽搐 蒟蒻调半天调不出来只好去参考标程)

答案就是最终的(dp[1][1]) 也就是你把(1)号节点那个差分线段树整个加起来

时间复杂度(O(nlog n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, w[200005], srt[200005], mx, ans;
int head[200005], pre[400005], to[400005], sz; 
bool ok;

inline void addedge(int u, int v) {
	pre[++sz] = head[u]; head[u] = sz; to[sz] = v;
	pre[++sz] = head[v]; head[v] = sz; to[sz] = u;
}

struct tree{
	int lc, rc, cnt;
} tr[4000005];
int rt[200005], tot;

#define lson tr[ind].lc
#define rson tr[ind].rc

int merge(int x, int y) {
	if (!x) return y;
	if (!y) return x;
	tr[x].lc = merge(tr[x].lc, tr[y].lc);
	tr[x].rc = merge(tr[x].rc, tr[y].rc);
	tr[x].cnt += tr[y].cnt;
	return x;
}

void update(int &ind, int l, int r, int pos, int v) {
	if (!ind) ind = ++tot;
	tr[ind].cnt += v;
	if (l == r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (pos <= mid) update(lson, l, mid, pos, v);
	else update(rson, mid+1, r, pos, v);
}

void del(int ind) { //这个还是二分
	tr[ind].cnt--;
	if (tr[rson].cnt) del(rson);
	else if (tr[lson].cnt) del(lson);
}

void del(int ind, int l, int r, int pos) { //线段树上二分
	if (l == r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (pos <= mid) {
		del(lson, l, mid, pos);
	} else {
		del(rson, mid + 1, r, pos);
		if (!ok && tr[lson].cnt) {
			del(lson);
			ok = 1;
		}
	}
	if (ok) tr[ind].cnt--;
} 

void dfs(int x, int fa) {
	for (int i = head[x]; i; i = pre[i]) {
		if (to[i] == fa) continue;
		dfs(to[i], x);
		rt[x] = merge(rt[x], rt[to[i]]);
	}
	update(rt[x], 1, n, w[x], 1);
	ok = 0;
	del(rt[x], 1, n, w[x]);
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]), srt[i] = w[i];
	sort(srt + 1, srt + n + 1); 
	mx = unique(srt + 1, srt + n + 1) - srt - 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) w[i] = lower_bound(srt + 1, srt + mx + 1, w[i]) - srt;
	for (int i = 2, fa; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &fa);
		addedge(fa, i);
	}
	dfs(1, 0);
	printf("%d
", tr[rt[1]].cnt);
	return 0;
}