JZOJ5248. 【NOIP2017提高A组模拟8.10】花花的聚会

分析

题目的意思就是，在一棵树上面，某些点可以花费一些代价，向上走一定的步数，问某个节点到根的最小代价。

设fi 表示第i号节点，到达根的最小代价。
转移：如果这个点i，可以花费一个代价w，向上走k步，
那么fi 就是i的1-k级父亲的最小值加上w。
这样的时间复杂度是O(∑ki) 的。

我们在想一下，将根到i的路径单独出来，
这个最小值就是区间的最小值，可以用线段树来维护。
我们在dfs的时候，以深度建一棵线段树，每次查询前面的，
在向下递归前，将当前节点的fi 加入线段树。

换一种思路，求某个点到它k级父亲的路径上的最小值，想到了倍增，
因为取min是可以重复取的，跟RMQ一样。

code

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include <cstring>#include <string.h>#include <cmath>#include <math.h>#define N 100003#define db doubleusing namespace std;struct note{    int v,k,w,next;}t[N];int fa[N],next[N],b[N],a[N],p[N];int n,m,q,f[N],x,y;int tr[4*N];char ch;void read(int &n){    n=0;    ch=getchar();    while((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-')ch=getchar();    int w=1;    if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();    while('0'<=ch && ch<='9')n=n*10+ch-'0',ch=getchar();    n*=w;}void write(int x){     if(x>9) write(x/10);     putchar(x%10+'0');}int find(int x,int l,int r,int ll,int rr){    if(l==ll && r==rr)return tr[x];    int m=(l+r)>>1;    if(rr<=m)return find(x<<1,l,m,ll,rr);    if(ll>m)return find((x<<1)+1,m+1,r,ll,rr);    return min(find(x<<1,l,m,ll,m),find((x<<1)+1,m+1,r,m+1,rr));}void ins(int x,int l,int r,int y,int z){    if(l==r)    {        tr[x]=z;        return;    }    int m=(l+r)>>1;    if(y<=m)ins(x<<1,l,m,y,z);else ins((x<<1)+1,m+1,r,y,z);    tr[x]=min(tr[x<<1],tr[(x<<1)+1]);}void dfs(int x,int deep){    for(int i=p[x];i;i=t[i].next)        f[x]=min(f[x],find(1,1,n,max(deep-t[i].k,1),deep-1)+t[i].w);    //printf("%d %d %d\n",x,deep,f[x]);    ins(1,1,n,deep,f[x]);    for(int i=b[x];i;i=next[i])        dfs(a[i],deep+1);}int main(){    read(n);read(m);    for(int i=1;i<n;i++)    {        read(x);read(y);        fa[x]=y;        next[i]=b[y];        a[i]=x;        b[y]=i;    }    for(int i=1;i<=m;i++)        read(t[i].v),read(t[i].k),read(t[i].w),t[i].next=p[t[i].v],p[t[i].v]=i;    memset(f,127,sizeof(f));    memset(tr,127,sizeof(tr));    p[1]=f[1]=0;    dfs(1,1);    read(q);    for(int i=1;i<=q;i++)        read(x),write(f[x]),putchar('\n');}