BZOJ3681Arietta 树链剖分+可持久化线段树优化建图+网络流

Posted 2020-10-13 CQzhangyu

【BZOJ3681】Arietta

Description

Arietta 的命运与她的妹妹不同,在她的妹妹已经走进学院的时候,她仍然留在山村中。
但是她从未停止过和恋人 Velding 的书信往来。一天,她准备去探访他。
对着窗外的阳光,临行前她再次弹起了琴。
她的琴的发声十分特殊。
让我们给一个形式化的定义吧。
所有的 n 个音符形成一棵由音符 C ( 1 号节点) 构成的有根树,每一个音符有一个音高 Hi 。
Arietta 有 m 个力度,第 i 个力度能弹出 Di 节点的子树中,音高在 [Li,Ri] 中的任意一个音符。
为了乐曲的和谐,Arietta 最多会弹奏第 i 个力度 Ti 次。
Arietta 想知道她最多能弹出多少个音符。

Input

输入共 m + 3 行。
第一行两个整数 n, m ,意义如题目所述。
第二行 n - 1 个整数 Pi ,表示节点 i ( i = 2 . . . n ) 的父亲节点的编号。
第三行 n 个整数 Hi 。
接下来的 m 行,每行四个整数 Li,Ri,D,Ti

Output

输出一个整数表示 Arietta 最多能弹奏多少音符。
数据范围与约定
对于 100% 的数据,1 ≤ n, m ≤ 10000 。
对于所有数据,1 ≤ Hi , Ti , Pi ≤ n, 1 ≤ Li ≤ Ri ≤ n 。

Sample Input

5 2
1 1 2 2
5 3 2 4 1
1 3 2 1
3 5 1 4

Sample Output

4

HINT

第一个力度弹奏音符5，第二个力度弹奏音符1,2,4。

数据范围与约定
对于 100% 的数据,1 ≤ n, m ≤ 10000 。
对于所有数据1<=Hi,Ti,Pi<=N,1<=Li<=Ri<=N

题解：树剖还真是神通广大啊~

容易想到用最大流解决，但是边数太大，考虑用线段树优化建图的过程。我们对于每个节点都维护一棵线段树，维护它子树中所有点的音高。然后我们将x的所有儿子的线段树与x合并到一起就得到了x的线段树（然而线段树合并是不资瓷的。）

暴力合并显然边数还是爆炸，但是我们可以对原树进行轻重链剖分，将线段树变成可持久化线段树。对于将x的重儿子与x合并这个过程，直接通过可持久化解决，其余的儿子暴力插入，这样边数就变成$O(nlog^2_n)$的了。

最后在可持久化线段树上连边即可。

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=10010;
int n,m,tot,cnt,S,T,ans;
int fa[maxn],to[maxn*240],next[maxn*240],val[maxn*240],head[maxn*80],d[maxn*80],v[maxn],rt[maxn],siz[maxn],son[maxn];
vector<int> ch[maxn];
struct sag
{
	int ls,rs;
}s[maxn*80];
queue<int> q;
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+(gc^‘0‘),gc=getchar();
	return ret*f;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
	to[cnt]=b,val[cnt]=c,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
	to[cnt]=a,val[cnt]=0,next[cnt]=head[b],head[b]=cnt++;
}
void insert(int &x,int y,int l,int r,int a,int b)
{
	x=++tot;
	if(l==r)
	{
		add(x+n,b,1<<30);
		if(y)	add(x+n,y+n,1<<30);
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(a<=mid)	s[x].rs=s[y].rs,insert(s[x].ls,s[y].ls,l,mid,a,b);
	else	s[x].ls=s[y].ls,insert(s[x].rs,s[y].rs,mid+1,r,a,b);
}
void getall(int x,int y)
{
	insert(rt[x],rt[x],1,n,v[y],y);
	for(int i=0;i<(int)ch[y].size();i++)	getall(x,ch[y][i]);
}
void DFS(int x)
{
	siz[x]=1;
	for(int i=0;i<(int)ch[x].size();i++)
	{
		DFS(ch[x][i]),siz[x]+=siz[ch[x][i]];
		if(siz[ch[x][i]]>siz[son[x]])	son[x]=ch[x][i];
	}
	insert(rt[x],rt[son[x]],1,n,v[x],x);
	for(int i=0;i<(int)ch[x].size();i++)	if(ch[x][i]!=son[x])	getall(x,ch[x][i]);
}
void query(int x,int l,int r,int a,int b,int y)
{
	if(!x)	return ;
	if(a<=l&&r<=b)
	{
		add(y+n,x+n,1<<30);
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(a<=mid)	query(s[x].ls,l,mid,a,b,y);
	if(b>mid)	query(s[x].rs,mid+1,r,a,b,y);
}
inline int dfs(int x,int mf)
{
	if(x==T)	return mf;
	int i,k,temp=mf;
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i])
	{
		k=dfs(to[i],min(temp,val[i]));
		if(!k)	d[to[i]]=0;
		val[i]-=k,val[i^1]+=k,temp-=k;
		if(!temp)	break;
	}
	return mf-temp;
}
int bfs()
{
	while(!q.empty())	q.pop();
	memset(d,0,sizeof(d));
	int i,u;
	q.push(S),d[S]=1;
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=head[u];i!=-1;i=next[i])	if(!d[to[i]]&&val[i])
		{
			d[to[i]]=d[u]+1;
			if(to[i]==T)	return 1;
			q.push(to[i]);
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
	//freopen("bz3681.out","w",stdout);
	n=rd(),m=rd();
	int i,a,b,x,y;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=2;i<=n;i++)	fa[i]=rd(),ch[fa[i]].push_back(i);
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i]=rd();
	DFS(1);
	S=0;
	for(i=1;i<=tot;i++)
	{
		if(s[i].ls)	add(i+n,s[i].ls+n,1<<30);
		if(s[i].rs)	add(i+n,s[i].rs+n,1<<30);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		a=rd(),b=rd(),x=rd(),y=rd(),add(S,(++tot)+n,y);
		query(rt[x],1,n,a,b,tot);
	}
	T=tot+n+1;
	for(i=1;i<=n;i++)	add(i,T,1);
	while(bfs())	ans+=dfs(S,1<<30);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}