[NOI2014]购票 --- 斜率优化 + 树形DP + 数据结构

[NOI2014]购票

题目描述

今年夏天，NOI在SZ市迎来了她30周岁的生日。

来自全国 n 个城市的OIer们都会从各地出发，到SZ市参加此次盛会。

全国的城市构成了一棵以SZ市为根的有根树，每一个城市与它的父亲用道路链接。

为了方便起见，咱们将全国的 n 个城市用 1 到 n 的整数编号。其中SZ市的编号为 1。

对于除SZ市以外的任意一个城市 v，咱们给出了它在这棵树上的父亲城市 fv 以及到父亲城市道路的长度 sv。

从城市 v 前往SZ市的方法为：选择城市 v 的一个祖先 a，支付购票的费用，乘坐交通工具到达 a。

再选择城市 a 的一个祖先 b，支付费用并到达 b。以此类推，直至到达SZ市。

对于任意一个城市 v，咱们会给出一个交通工具的距离限制 lv。

对于城市 v 的祖先 a，只有当它们之间全部道路的总长度不超过 lv 时，从城市 v 才能够经过一次购票到达城市 a，不然不能经过一次购票到达。

对于每一个城市 v，咱们还会给出两个非负整数 pv,qv 做为票价参数。

若城市 v 到城市 a 全部道路的总长度为 d，那么从城市 v 到城市 a 购买的票价为 d * pv+qv。

每一个城市的OIer都但愿本身到达SZ市时，用于购票的总资金最少。

你的任务就是，告诉每一个城市的OIer他们所花的最少资金是多少。

 

输入输出格式

输入格式：

第 1 行包含2个非负整数 n,t，分别表示城市的个数和数据类型（其意义将在后面提到）。

输入文件的第 2 到 n 行，每行描述一个除SZ以外的城市。

其中第 v 行包含 5 个非负整数 f_v,s_v,p_v,q_v,l_v，分别表示城市 v 的父亲城市，它到父亲城市道路的长度，票价的两个参数和距离限制。

请注意：输入不包含编号为 1 的SZ市，第 2 行到第 n 行分别描述的是城市 2 到城市 n。

 

输出格式：

输出包含 n-1 行，每行包含一个整数。

其中第 v 行表示从城市 v+1 出发，到达SZ市最少的购票费用。

一样请注意：输出不包含编号为 1 的SZ市。

 

输入输出样例

输入样例#1：

7 3 1 2 20 0 3 1 5 10 100 5 2 4 10 10 10 2 9 1 100 10 3 5 20 100 10 4 4 20 0 10 

输出样例#1：

40 150 70 149 300 150

说明

从每一个城市出发到达 SZ的路线以下（其中箭头表示一次直达）：

城市 2：只能选择 2 → 1，花费为 2 × 20 + 0 = 40。

城市 3：只能选择 3 → 1，花费为 5 × 10 + 100 = 150。 城 市 4 ： 由 于 4 + 2 =6 ≤ l4 = 10，故能够选择 4 →1。

若选择 4 → 1，花费为 (4 +2) × 10 + 10 = 70 ； 若选 择 4 → 2 → 1，则花费为 (4 ×10 + 10) + (2 × 20 + 0) =90；所以选择 4 → 1。

城市 5：只能选择 5 →2 → 1 ， 花费为 (9 × 1 +100) + (2 × 20 + 0) = 149；没法选择 5 → 1，由于 l5 =10，而城市 5 到城市 1 总路程为 9 + 2 = 11 > 5，城市 5 不能直达城市 1。

城市 6：若选择 6 → 1，花费为 (5 + 5) × 20 + 100 = 300；若选择 6 → 3 →1，花费为 (5 × 20 + 100) + (5 × 10 + 100) = 350；所以选择 6 → 1。

城市 7：选择 7 → 4 → 1，花费为 (4 × 20 + 0) + ((4 + 2) × 10 + 10) = 150；

其余方案均比该方案差。

 

数据规模

 

 

 

首先，你要学会DP

记\(dp(i)\)表示\(i\)节点到达首都的最小费用

那么，有转移方程：

\(dp(i)=min(dp(j)+p(i)*dis(i,j)+d(i))\)

考虑转化成斜率优化：

记\(dep(i)\)表示\(i\)节点到根的深度

\(dp(i)=dp(j)+p(i)*(dep(i)-dep(j))+d(i)\)

\(dp(i)=dp(j)+p(i)*dep(i)-p(i)*dep(j)+d(i)\)

\(dp(j)=p(i)*dep(j)+dp(i)-d(i)-p(i)*dep(i)\)

那么，如今就是一个斜率优化的式子了。

其中，\(x\)是\(dep(j)\)，单调递增

其中，\(k\)是\(p(i)\)，没有任何单调性

只不过题目中有\(l(i)\)这个距离限制。

嗯。。。。怎么办？

 

凸包是不支持删除的。

所以咱们要另辟蹊径。

 

作法一：

树链剖分

直接上树剖后，发现每次查询的凸包都对应原树中的一条链。

那么，咱们让树剖后的线段树区间\(l...r\)中存下点\(dfn[l]...dfn[r]\)所造成的凸包。

对于每一个点，每次会查到\(\log n\)条重链，每次重链要查询\(\log n\)个区间，每次区间中在凸包上三分须要\(\log n\)的时间

所以，总耗时\(O(n* (\log n)^{3})\)

过不去，不存在的，树剖这种东西怎么可能想卡就卡！！！

补充：常数优化：

每次线段树中的凸包合并时，由于一个区间的全部元素没有都被访问过期，就必定不会查到这段区间。

所以，能够选择在左右两个子区间的全部元素都被访问过期，选择\(O(n)\)的合并凸包

 

时间复杂度：\(O(n*(\log n)^{3})\)

空间复杂度：\(O(n* \log n)\)

 

作法二：

可持久化线段树+平衡树

树剖的理论复杂度过不去？？？

若是你真的对理论复杂度有需求，那么不妨来听下如下作法。

发现，其实咱们只须要对当前\(dfs\)链维护一棵线段树，这样子，查询的复杂度能降到\(O((\log n)^{2})\)

可是，为了不元素过多（也能够说发现父亲的元素同本身变化不大），所以能够用可持久化来维护。

 

时间复杂度：\(O(n* (\log n)^{2})\)

空间复杂度：\(O(n *(\log n)^{2})\)

 

作法三：

可持久化线段树+单调队列

树套树常数大？？

不要紧，这题有一个很是重要的特殊性质：\(x\)单增

所以，咱们只须要一个单调队列就能够表示一个凸包了。

具体而言，能够选择用线段树来实现这个队列。

然而，这题还有特殊性：链都是父亲来的，也就是说咱们只须要访问特定的版本。

对于上个版本，咱们只须要记录新插入的点替代了谁。

固然这样子，插入时要二分插入的位置。

 

时间复杂度：\(O(n* (\log n)^{2})\)

空间复杂度：\(O(n * \log n)\)

 

作法四：

点分治+可持久化平衡树

首先套一个点分，思考点份内部干什么。

很天然地，想到把祖先所在的链找出来，更新下面全部的子树。

为何正确呢？

证实一下两个结论：

1.全部祖先节点优先被更新

这准确来讲并非一个结论，但它告诉咱们，先递归祖先所在的子树，再处理本身

2.一个点能够被全部的祖先更新

若是当前分治结构还有祖先无法更新，那么这些祖先会在下层分治结构中成为更新点从而更新当前节点。

所以，点分是没有问题的。

如何知足限制？

把全部的祖先建出一棵可持久化平衡树，在上面查询便可。

 

作法五：

点分治+CDQ分治

把上面的可持久化平衡树用CDQ分治来替代便可

 

作法六：

点分治+三分

把全部凸包按顺序加入，全部点按顺序在上面三分

 

代码在此

 

作法七：

点分治+乱搞

莫名其妙的乱搞。

复杂度最坏\(O(n^{2})\)，不知为什么能过，并且很快。。。

 

代码在此

 

分治算法的时间复杂度为\(O(n * (\log n)^{2})\)

空间复杂度为\(O(n)\)

是最优的复杂度

 

补充：

当你的算法涉及\(O(n)\)建凸包时，请当心处理斜率的关系