[LOJ2568][可并堆]APIO2016：烟花表演

LOJ2568

按照这类折线题的套路，我们分析加入一个点引起的图像变化
设$f(x)$表示最终长度为$x$的最小代价
则需要考虑一个点的儿子对它有什么影响
显然$f(x)$为斜率变化为1的分段一次函数，考虑一个点加入到父亲的边之后产生的变化，设$f(x)$斜率为0的区间为$[L,R]$，到父亲的边的权值为$w$，则有如下四种情况：
$x\le L:f^{\prime }(x)=f(x)+w$，显然直接继承$f(x-w)$不比删掉$w$优，因为前面这段函数的斜率都$\le -1$
$L\le x\le L+w：f^{\prime }(x)=f(L)+w-(x-L)$，道理同上
$L+w\le x\le R+w：f^{\prime }(x)=f(L)$，直接继承最小值
$R+w\le x：f^{\prime }(x)=f(R)+x-(R-w)$，和第一种类似
并且我们每次只会改变右侧的点， 而这些点可以直接删除，所以用个可并堆就好了

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
	int res=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f-=f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) {res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return res*f;
}
const int N=1e6+5;
ll ans;
int fa[N],siz[N],w[N];
__gnu_pbds::priority_queue<ll>q[N];
int main(){
	int n=read(),m=read();
	for(int i=2;i<=n+m;i++){
		fa[i]=read(),w[i]=read();
		siz[fa[i]]++;ans+=w[i];
	}
	for(int i=n+m;i>=2;i--){
		ll x=0,y=0;
		if(i<=n){
			for(int j=1;j<siz[i];j++) q[i].pop();
			x=q[i].top();q[i].pop();
			y=q[i].top();q[i].pop();
		}
		q[fa[i]].push(x+w[i]);q[fa[i]].push(y+w[i]);
		q[fa[i]].join(q[i]);
	}
	for(int i=1;i<=siz[1];i++) q[1].pop();
	while(!q[1].empty()) ans-=q[1].top(),q[1].pop();
	cout<<ans;
	return 0;
}