AtCoder AGC007E Shik and Travel (二分、DP、启发式合并)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc007/tasks/agc007_e

题解

首先有个很朴素的想法是，二分答案\(mid\)后使用可行性DP, 设\(dp[u][x][y]\)表示\(u\)子树内是否可以找到一条路径，在经过第一个叶子前路程是\(x\), 经过最后一个叶子前路程是\(y\).
这个DP显然做了很多无用功，比如我们发现完全可以只记录true的状态\((x,y)\)，进一步发现如果合法状态\((x,y)\)存在另一合法状态\((x',y')\)满足\(x'\le x,y'<\le y\), 那么就没有必要存储\((x,y)\)了。于是我们按\(x\)递增的顺序存储\((x,y)\)，那么\(y\)一定是递减的。
这样简化之后，我们发现一个神奇的性质: 设\(S_u\)为\(u\)记录的集合，\(i\)和\(j\)为儿子，那么\(|S_u|\le 2\min(|S_i|,|S_j|)\). 这是因为\(x\)和\(y\)的取值都各有\(\min(|S_i|,|S_j|)\)种。
考虑合并的过程: 假设路径的开头在\(i\)内，那么我们需要找到\((x_1,y_1)\in S_i, (x_2,y_2)\in S_j\), 若\(y_1+v_i+v_j+x_2\le mid\), 则把\((x_1+v_i,y_2+w_j)\)加入\(S_u\). 这个显然可以用双指针优化. 路径的开头在\(j\)内也同理。
类似启发式合并可分析复杂度。算上二分总复杂度\(O(n\log^2n)\).

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<vector>
#define llong long long
#define pll pair<llong,llong>
#define mkpr make_pair
using namespace std;

const int N = 1<<17;
int son[N+3][2];
llong w[N+3];
vector<pll> dp[N+3];
vector<pll> aux1,aux2;
int n,en;
llong mid;

void dfs(int u)
{
//  printf("dfs %d\n",u);
    dp[u].clear(); int ls = son[u][0],rs = son[u][1];
    if(!ls)
    {
        dp[u].push_back(mkpr(0ll,0ll));
        return;
    }
    dfs(ls); dfs(rs);
    aux1.clear(); aux2.clear();
    if(dp[rs].size())
    {
        int j = 0;
        for(int i=0; i<dp[ls].size(); i++)
        {
            while(j<dp[rs].size()-1 && dp[rs][j+1].first+dp[ls][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {j++;}
            if(j<dp[rs].size() && dp[rs][j].first+dp[ls][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {aux1.push_back(mkpr(dp[ls][i].first+w[ls],dp[rs][j].second+w[rs]));}
        }
    }
    if(dp[ls].size())
    {
        int j = 0;
        for(int i=0; i<dp[rs].size(); i++)
        {
            while(j<dp[ls].size()-1 && dp[ls][j+1].first+dp[rs][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {j++;}
            if(j<dp[ls].size() && dp[ls][j].first+dp[rs][i].second+w[ls]+w[rs]<=mid) {aux2.push_back(mkpr(dp[rs][i].first+w[rs],dp[ls][j].second+w[ls]));}
        }
    }
    int j = 0,k = 0; llong cur = 1ll<<34;
    while(j<aux1.size() || k<aux2.size())
    {
        if(k==aux2.size() || (j<aux1.size() && aux1[j].first<=aux2[k].first))
        {
            if(aux1[j].second<cur) {dp[u].push_back(aux1[j]); cur = aux1[j].second;}
            j++;
        }
        else
        {
            if(aux2[k].second<cur) {dp[u].push_back(aux2[k]); cur = aux2[k].second;}
            k++;
        }
    }
}

bool check()
{
    dfs(1);
    if(dp[1].size()) {return true;}
    else {return false;}
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        int u; llong x; scanf("%d%lld",&u,&x);
        w[i] = x; if(son[u][0]) son[u][1] = i; else son[u][0] = i;
    }
    llong left = 0ll,right = 1ll<<34;
    while(left<right)
    {
        mid = left+((right-left)>>1)
//      printf("mid=%lld\n",mid);
        bool ok = check();
        if(ok) {right = mid;}
        else {left = mid+1;}
    }
    printf("%lld\n",right);
    return 0;
}