BZOJ4919 大根堆（multiset）

题目描述

给定一个$n$个节点的的有根树，编号依次为$1$到$n$，其中$1$号节点为根节点。每个点有一个权值$v_i$。

你需要将这棵树转化为一个大根堆。确切地说，你需要找到尽可能多的节点，满足大根堆的性质：对于任意两个点$i,j$，如果$i$在树上是$j$的祖先，那么$v_i>v_j$。

请计算可选的最多的点数，注意这些点不必形成这棵树的一个连通子树。

输入样例

6
3 0
1 1
2 1
3 1
4 1
5 1

输出样例

5

数据范围

• $1\le n\le 2\times 10^5$
• $0\le v_i\le 10^9,1\le p_i<i$

题解

之前写过一篇类似的：BZOJ4919 大根堆（线段树合并）

不过下面这种方法不用线段树合并，只需要用multiset。

首先，我们先考虑一个序列的最长上升子序列。假设已经求出了前$i$个数的最长上升子序列，在加入第$i+1$个数时，在当前数列中找到第一个大于等于它的数。如果有，则用新加入的数替换；否则将新加入的数放在队尾。

树上呢？也一样。对于每个节点，先遍历其子树，然后将该节点的儿子节点的最长上升子序列合并到自己的序列上。最后，在自己的序列上找到第一个大于等于该节点的权值的位置。如果有，将其在序列上删去，再把该节点的权值加在序列中；否则直接把该节点权值加在序列中。

这样做的话，每个节点都最多需要$O(n)$的时间复杂度来合并，看起来是$O(n^2)$的，但是我们可以用一种特殊的方法来保证其时间复杂度为$O(n\log n)$。

我们将每个点的各个儿子中子树的节点数量最多的儿子称为重儿子，其余为轻儿子。重儿子与父亲的连边称为重边，其余边称为轻边，重边连成的链称为重链。那么每次先遍历重儿子，再将当前节点的multiset序列和其重儿子的multiset序列互换。也就是说，重链上的点在重链中只会被放入序列一次。在这种情况下，我们考虑每个点被放入序列了多少次。每个点到根节点的路径上最多只会有$\log n$条轻边（每从轻儿子沿轻边向上，子树大小至少为原来的两倍），那么，每个点总共只会被加$O(\log n)$次，所有节点总共最多会被加入序列$O(n\log n)$次。而处理一条重边的时间复杂度为$O(1)$，所以处理所有重边的总时间复杂度为$O(n)$。

最后，根节点的序列的长度就是答案。因为可能有权值相等的节点，所以要用multiset而不能用set。因为用了multiset，所以时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tot=0,a[200005],d[200005],l[200005],r[200005],siz[200005],son[200005];
multiset<int>s[200005];
void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs1(int u){
	siz[u]=1;
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		dfs1(d[i]);
		siz[u]+=siz[d[i]];
		if(siz[d[i]]>siz[son[u]]) son[u]=d[i];
	}
}
void dfs2(int u){
	multiset<int>::iterator it;
	if(son[u]){
		dfs2(son[u]);
		swap(s[u],s[son[u]]);
	}
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==son[u]) continue;
		dfs2(d[i]);
		for(it=s[d[i]].begin();it!=s[d[i]].end();++it){
			s[u].insert(*it);
		}
		s[d[i]].clear();
	}
	it=s[u].lower_bound(a[u]);
	if(it!=s[u].end()) s[u].erase(it);
	s[u].insert(a[u]);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&a[i],&x);add(x,i);
	}
	dfs1(1);
	dfs2(1);
	printf("%d",s[1].size());
	return 0;
}