[bzoj4446]小凸玩密室

[bzoj4446]小凸玩密室

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Description

小凸和小方相约玩密室逃脱，这个密室是一棵有n个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可

逃出密室。每个灯泡有个权值Ai，每条边也有个权值bi。点亮第1个灯泡不需要花费，之后每点亮1个新的灯泡V的

花费，等于上一个被点亮的灯泡U到这个点V的距离Du,v，乘以这个点的权值Av。在点灯的过程中，要保证任意时刻

所有被点亮的灯泡必须连通，在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。

请告诉他们，逃出密室的最少花费是多少。

Input

第1行包含1个数n，代表节点的个数

第2行包含n个数，代表每个节点的权值ai。(i=l，2，…，n)

第3行包含n-l个数，代表每条边的权值bi，第i号边是由第(i+1)/2号点连向第i+l号点的边。

(i=l，2...N-1)

Output

输出包含1个数，代表最少的花费。

做法比较清奇。

先考虑满二叉树的情况

经过模拟，观察后我们不难发现，每次走到一个子树就一定会在其叶子节点结束，所以对于左右两个子树，可能的方案只有四种：

1.左边开始（任意节点），将左边节点遍历（最后停在一个叶子节点上）然后到根节点，然后遍历右边（停在叶子节点上）

2.（1）的方案反过来

3.中间开始，遍历左（根节点开始）（停在叶子节点上），遍历右（根节点开始）（停在叶子节点上）

4.（3）的方案反过来

考虑到我们最终都会停在叶子节点上，但起始节点不同，我们可以设计状态fu[i]，fd[i]分别当前子树下表示起始节点一定在根节点上/不一定在根节点上，在i节点结束的最小花费。

然后我们不难发现，同一层二叉树下的叶子节点个数是相同的，我们也不难发现左边与右边的转移是只需要取出最小值就行。所以我们可以在O（叶子节点个数）的时间内转移，考虑到这是一个二叉树，时间复杂度是nlogn，可以通过

现在考虑完全二叉树的情况，一种方法是直接维护每个子树下的叶子节点都是什么，这样是可以维护的，我们也可以直接将这个二叉树补成满二叉树点是a为0，b为0的（这样不会改变答案），但是我们注意到在最后一个节点是左儿子时，他的右儿子的计算会出问题，于是我们考虑将这个节点补成a为0，b与左儿子相等的（这样到左儿子为终点的答案会等于在左儿子的基础上再跳到右儿子，答案是不会减少的）。需要注意的是我们还需要特判从左儿子开始的情况。

• 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e5+5;
int n;
ll a[N],b[N];
int l[N],r[N];
const ll INF=1e18+1;
int pst=0;
bool chose[N];
inline void spjinit(){
    int cur=pst;
    while(cur!=1){
        int fa=cur/2;
        int nxtson=fa*2==cur?fa*2+1:fa*2;
        if(nxtson<=pst)chose[nxtson]=true;
        cur=fa;
    }
}
inline void init(int x){
    if(x<<1>n){l[x]=r[x]=x;return;}
    init(x<<1);init(x<<1|1);
    if(x<<1==pst)b[x<<1|1]=b[x<<1],spjinit();
    l[x]=l[x<<1],r[x]=r[x<<1|1];
}
ll spj,d[N],fd[N],fu[N];
inline void dp(int x){
    if(x<<1>n)return;
    dp(x<<1);
    dp(x<<1|1);
    ll L=INF,L1=INF;
    ll R=INF,R1=INF;
    ll L3=INF,R3=INF;
    for(int i=l[x<<1];i<=r[x<<1];i++){
        d[i]+=b[x<<1];
        L=min(L,fd[i]+d[i]*a[x]);
        L1=min(L1,fu[i]+(b[x<<1|1]+d[i])*a[x<<1|1]+b[x<<1]*a[x<<1]);
        L3=min(L3,fu[i]+b[x<<1]*a[x<<1]+(b[x]+d[i])*a[x/2]);
    }
    for(int i=l[x<<1|1];i<=r[x<<1|1];i++){
        d[i]+=b[x<<1|1];
        R=min(R,fd[i]+d[i]*a[x]);
        R1=min(R1,fu[i]+(b[x<<1]+d[i])*a[x<<1]+b[x<<1|1]*a[x<<1|1]);
        R3=min(R3,fu[i]+b[x<<1|1]*a[x<<1|1]+(b[x]+d[i])*a[x/2]);
    }
    for(int i=l[x<<1];i<=r[x<<1];i++){
        fd[i]=fu[i]+R+b[x<<1]*a[x<<1];
    }
    for(int i=l[x<<1|1];i<=r[x<<1|1];i++){
        fd[i]=fu[i]+L+b[x<<1|1]*a[x<<1|1];
    }
    for(int i=l[x<<1];i<=r[x<<1];i++){
        fu[i]=R1+fu[i];
        fd[i]=min(fd[i],fu[i]);
    }
    for(int i=l[x<<1|1];i<=r[x<<1|1];i++){
        fu[i]=L1+fu[i];
        fd[i]=min(fd[i],fu[i]);
    }
    if(chose[x<<1])spj+=L3;
    if(chose[x<<1|1])spj+=R3;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<n;i++)scanf("%lld",&b[i+1]);
    int tot=0;
    while((1<<tot)-1<n)tot++;
    pst=n;
    n=(1<<tot)-1;
    init(1);
    dp(1);
    int fa=pst/2;
    spj+=a[pst/2]*b[pst]+a[fa/2]*b[fa];
    ll ans=INF;
    for(int i=l[1];i<=r[1];i++){
        ans=min(ans,fd[i]);
    }
    if(pst%2==0)ans=min(ans,spj);
    printf("%lld\n",ans);
}