1.改造二叉树
【题目描述】
小Y在学树论时看到了有关二叉树的介绍：在计算机科学中，二叉树是每个结点最多有两个子结点的有序树。通常子结点被称作“左孩子”和“右孩子”。二叉树被用作二叉搜索树和二叉堆。随后他又和他人讨论起了二叉搜索树。
什么是二叉搜索树呢？二叉搜索树首先是一棵二叉树。设key[p]表示结点p上的数值。对于其中的每个结点p，若其存在左孩子lch，则key[p]>key[lch]；若其存在右孩子rch，则key[p]<key[rch]；注意，本题中的二叉搜索树应满足对于所有结点，其左子树中的key小于当前结点的key，其右子树中的key大于当前结点的key。
小Y与他人讨论的内容则是，现在给定一棵二叉树，可以任意修改结点的数值。修改一个结点的数值算作一次修改，且这个结点不能再被修改。若要将其变成一棵二叉搜索树，且任意时刻结点的数值必须是整数（可以是负整数或0），所要的最少修改次数。
相信这一定难不倒你！请帮助小Y解决这个问题吧。
【输入格式】
第一行一个正整数n表示二叉树结点数。结点从1~n进行编号。
第二行n个正整数用空格分隔开，第i个数ai表示结点i的原始数值。
此后n - 1行每行两个非负整数fa, ch，第i + 2行描述结点i + 1的父亲编号fa，以及父子关系ch，(ch = 0 表示i + 1为左儿子，ch = 1表示i + 1为右儿子)。
结点1一定是二叉树的根。
【输出格式】
仅一行包含一个整数，表示最少的修改次数。
【样例输入】
3
2 2 2
1 0
1 1
【样例输出】
2
【数据范围】
20 % ：n <= 10 , ai <= 100.
40 % ：n <= 100 , ai <= 200
60 % ：n <= 2000 .
100 % ：n <= 10 ^ 5 , ai < 2 ^ 31.
这题……又是谁出的模拟题
考虑二叉搜索树的性质，它的中序遍历一定是严格单调递增的。所以理论方法应该是求出这棵树的中序遍历，然后求出它的最长上升子序列，然后用长度n减去就行了。但这样是错的，因为有整数限制，就是权值必须是整数，所以遇到像1 2 0 3 4这样的数据，我们不能把0改成2.5，然后就挂了。那怎么办呢，题解给出了一种映射的方法：一个常见的将严格递增整数序列映射成非严格递增整 数序列的技巧就是将如下序列：
a1, a2, a3, a4 … an 映射成：
a1 - 1, a2 - 2, a3 - 3, a4 - 4 … an - n.
证明就是
来自洛谷asuldb。
然后求序列我是用线段树去优化dp，因为ai很大，所以我离散化了它。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
struct node
{
int l,r,sum;
}s[100004];
struct node1
{
int l,r,sum;
}t[100004*4];
int n,fa,ch,a[100004],xu[100004],num,len,b[100004],f[100004],ans;
int mmax(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
void dfs(int x)//求中序遍历
{
if(s[x].l)
{
dfs(s[x].l);
}
xu[++num]=s[x].sum-num;//映射
if(s[x].r)
{
dfs(s[x].r);
}
}
void build(int rt,int l,int r)
{
t[rt].l=l;
t[rt].r=r;
if(l==r)
{
t[rt].sum=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(rt*2,l,mid);
build(rt*2+1,mid+1,r);
t[rt].sum=mmax(t[rt*2].sum,t[rt*2+1].sum);
}
void upd(int rt,int x,int zhi)
{
if(t[rt].l==x&&t[rt].r==x)
{
t[rt].sum=zhi;
return;
}
int mid=(t[rt].l+t[rt].r)>>1;
if(x<=mid)
{
upd(rt*2,x,zhi);
}
else
{
upd(rt*2+1,x,zhi);
}
t[rt].sum=mmax(t[rt*2].sum,t[rt*2+1].sum);
}
int ask(int rt,int l,int r)
{
if(r<l)return 0;
if(l<=t[rt].l&&r>=t[rt].r)
{
return t[rt].sum;
}
int mid=(t[rt].l+t[rt].r)>>1;
if(r<=mid)
{
return ask(rt*2,l,r);
}
else if(l>mid)
{
return ask(rt*2+1,l,r);
}
else return mmax(ask(rt*2,l,r),ask(rt*2+1,l,r));
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
s[i].sum=a[i];
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%lld %lld",&fa,&ch);
if(ch==0)
{
s[fa].l=i;
}
else
{
s[fa].r=i;
}
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=xu[i];
}
sort(a+1,a+n+1);//离散化
len=unique(a+1,a+n+1)-(a+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
b[i]=lower_bound(a+1,a+len+1,xu[i])-a;
}
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int tem=ask(1,1,b[i])+1;//求子序列
upd(1,b[i],tem);
ans=max(ans,tem);
}
cout<<n-ans;
//cin>>a[i];
}