【洛谷P5290】【LOJ3052】春节十二响【堆】

最新推荐文章于 2025-02-18 15:27:12 发布

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博客围绕树节点集合划分问题展开，要求将树的每个节点划分进集合，使集合内任意两点非祖先 - 后代关系，求最小费用和。思路是通过堆合并子树，每次取堆顶元素合并，为避免时间复杂度被卡，采用启发式合并，最后给出代码。

题目大意：

题目链接：
洛谷：https://www.luogu.org/problemnew/show/P5290
LOJ：https://loj.ac/problem/3052
将一棵树的每一个节点划分进一个集合，要求任意集合内的任意两点不可以是祖先 — 后代关系，每一个集合的费用为该集合内点的最大权值。求最小费用和。

思路：

我们假设一个节点有两个子节点，并且以该节点为根的子树全部只有一个子节点（该节点除外）
在这里插入图片描述
设黄色节点的最大值为 $m a x$ 且在以 $x$ 为根的子树内，那么 $x$ 显然是要与以 $y$ 为根的子树内的最大权值的节点合并的，这样显然可以减少接下来合并的费用。
那么我们将 $x$ 和 $y$ 合并时，我们对于每一个子树合并一个堆，每次将堆顶元素取出并合并为权值更大的那个。这样我们就维护好了两个子树的费用。
假设 $r o o t$ 有多个子节点，那么我们每次合并两个节点，并赋值到 $r o o t$ 中，所有子节点的集合合并完之后再将 $r o o t$ 的权值加入堆中。
但是这样的时间复杂度很容易被卡，所以我们要用启发式合并，每次把大小相对小的往大小相对大的合并，这样每一个节点最多被合并 $\log n$ 次，时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

代码：

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=200010;
int n,tot,a[N],head[N],p[N];
priority_queue<int> q[N];
ll ans;

struct edge
{
	int next,to;
}e[N];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void merge(int &x,int &y)
{
	if (q[x].size()<q[y].size()) swap(x,y);
	while (q[y].size())
	{
		q[0].push(max(q[x].top(),q[y].top()));
		q[x].pop(); q[y].pop();
	}
	for (;q[0].size();q[0].pop()) q[x].push(q[0].top());
}

void dfs(int x)
{
	p[x]=x;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		dfs(e[i].to);
		merge(p[x],p[e[i].to]);
	}
	q[p[x]].push(a[x]);
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for (int i=2,x;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		add(x,i);
	}
	dfs(1);
	for (;q[p[1]].size();q[p[1]].pop())
		ans+=q[p[1]].top();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}