2020秦皇岛CCPC 7-11 Kingdom‘s Power（贪心，树）

题意：
每次可以从根节点派出一个军队，或者让已有军队走一格。
求覆盖所有点的最少时间。

思路：
题目可以转换为覆盖所有叶子，最后所有的军队都会停留在叶子上。
覆盖一个叶子，要么是从根节点派一个军队出来，要么是之前一个叶子的军队派过来。

所以对于每个叶子，我们只需要维护两个东西，一个是其深度——根节点派军队的花费；一个是之前某个有军队叶子到当前叶子的最小距离。

我们肯定不能对于之前所有叶子都判断一遍，所以我们需要找到一个合理的遍历顺序，使得只可能存在上一个叶子到当前叶子，或者根节点到当前叶子的情况。

一个直观的想法就是肯定是优先遍历深度较低的叶子，不过我们还得考虑叶子的相对位置关系，使得遍历的叶子尽量靠近。

对于本题，如果根节点下边很多条链，那么直接按照叶子深度从小到大遍历即可。
但如果子节点很多个分叉，则不能这样遍历。因为子树间的叶子遍历，是一个子树深度最深的叶子和一个子树深度最浅叶子遍历。

证明： 对于节点$x$一个子树的叶子$a,b$，另外一个子树的叶子$c,d$，如图所示，满足$h4>h3$，$h6>h5$。
同一个子树内叶子“通信”的方式肯定是按照深度从小到大，不需要管。

对于不同子树叶子的通信，我们肯定只需要考虑每个子树的最深叶子和最浅叶子：

所以对于下面的叶子有两种合并方式。

1. $d$与$a$合并：$h6+h1+h2+h3$
2. $b$与$c$合并：$h4+h1+h2+h5$

其中$h1+h2$是所有子树间叶子合并的公有部分，唯一要考虑的部分就是叶子到$lca$的距离。所以叶子到$lca$距离越大，也就是深度越大，那么合并的花费越大，所以我们按照最深叶子排序，实际上最小化了子树间叶子合并的花费。

---

否则就可能出现下面这种情况：先遍历了9，在遍历12。

所以遍历的顺序是：将每个节点保存为其子树所有叶子的最大深度，然后按从小到大顺序遍历。对每个叶子统计答案。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cassert>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 1e6 + 7;

int ye[maxn];
vector<int>G[maxn];
ll ans;

int cmp(int x,int y) {
    
    
    return ye[x] < ye[y];
}

void dfs1(int x) {
    
    
    if(G[x].size() == 0) ye[x] = 1;
    
    for(int i = 0 ;i < G[x].size();i++) {
    
    
        int v = G[x][i];
        dfs1(v);
        ye[x] = max(ye[x],ye[v] + 1);
    }
    sort(G[x].begin(),G[x].end(),cmp);
}

void dfs2(int x,int dep,int v) {
    
     //dep代表这个点的深度，v代表离这个子树最近的叶子
    if(G[x].size() == 0) {
    
    
        ans += v;
        ye[x] = 1;
        return;
    }
    int t = v;
    for(int i = 0;i < G[x].size();i++) {
    
    
        int y = G[x][i];
        dfs2(y,dep + 1,t + 1);
        t = min(dep,ye[y]);
    }
    ye[x] = t + 1;
}

int main() {
    
    
    int T;scanf("%d",&T);
    int kase = 0;
    while(T--) {
    
    
        int n;scanf("%d",&n);
        for(int i = 1;i <= n;i++) {
    
    
            G[i].clear();
            ye[i] = 0;
        }
        for(int i = 2;i <= n;i++) {
    
    
            int x;scanf("%d",&x);
            G[x].push_back(i);
        }
        dfs1(1);
        ans = 0;
        dfs2(1,0,0);
        printf("Case #%d: %lld\n",++kase,ans);
    }
    return 0;
}