LuoguP5290 [十二省联考2019]春节十二响 | 启发式合并

还有33天就要高考了，我在干啥……

题目概述

一棵有根树，每一个节点有权值。
要求把全部节点分红组，具备祖先-后代关系的两个节点不能被分到同一组。
每一组的代价是所包含的节点的最大权值，最小化全部组的代价之和。

题解

想了半天的树剖也没想出来，放弃梦想去看题解……（你怎么不先想一想部分分啊喂）
发现是启发式合并。

考虑一条链（1号节点在中间的某个位置）咋作。
这棵树的形状是1号节点下面挂着两条长链。隶属于同一条链的节点都不能放在一组。那么只须要把两条链各自的最大值节点放到一组，各自的次大值节点放到一组……一条链被用完了，另外一条中剩下的节点分别自成一组。

那么假如1号节点下面有更多条链呢？只须要合并完两条以后再把第三条合并进去，方法和上面相同。

那么整棵树其实也dfs而后对每一个节点这么合并全部的儿子就行了。这个找最大值再找次大值再找次次大值……的数据结构，显然用堆。

如何优化复杂度呢？启发式合并。把每一个节点的儿子按照对应堆的大小排个序，而后把小的往大的合并。这个启发式合并吧，和咱们熟知的那个启发式合并还不太同样，复杂度很是神奇，合并两个堆以后新堆的大小是原先较大堆的大小，而合并须要的push、pop操做数是原先较小堆的大小。至关于把较小堆的每一个元素以\(O(\log n)\)的复杂度“删去”了，“删去”之后就再也不对总复杂度形成代价了。总共最多“删去”n个节点，每次复杂度\(O(\log n)\)，总复杂度\(O(n\log n)\)。

写代码的时候会陷入僵局——若要保证复杂度正确，对应堆最大的那个儿子不能对复杂度作出贡献，也就是你不能动它的堆。然而全合并完以后，那个堆里面的东西要存在父亲节点对应的堆里面。昨天晚上我懵逼半天以后选择去睡觉，今天上数学课走神的时候才想到咋整……给每一个节点设置个“id”，表示对应的堆的编号，这样堆存的地方不用动，交换父亲和最大儿子的id便可。

代码

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
    bool op = 0;
    char c;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
        if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
        x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

const int N = 200005;
int n, id[N];
ll w[N], ans;
vector <int> son[N];
priority_queue <int> que[N];

bool cmp(int a, int b){
    return que[id[a]].size() > que[id[b]].size();
}
void dfs(int u){
    vector <int> buf;
    for(auto v: son[u])
        dfs(v);
    sort(son[u].begin(), son[u].end(), cmp);
    for(auto v: son[u]){
        if(que[id[u]].empty()) swap(id[u], id[v]);
        else{
            while(!que[id[v]].empty()){
                int u_top = que[id[u]].top(), v_top = que[id[v]].top();
                que[id[u]].pop(), que[id[v]].pop();
                buf.push_back(max(u_top, v_top));
            }
            for(auto x: buf)
                que[id[u]].push(x);
            buf.clear();
        }
    }
    que[id[u]].push(w[u]);
}

int main(){

    read(n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        read(w[i]), id[i] = i;
    for(int i = 2, f; i <= n; i++)
        read(f), son[f].push_back(i);
    dfs(1);
    while(!que[id[1]].empty())
        ans += que[id[1]].top(), que[id[1]].pop();
    write(ans), enter;

    return 0;
}