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 \(ai\) 。( \(i=1,2,…,n\) )

第3行包含 \(n-1\) 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 \(i+1\) 号点的边。( \(i=l,2,...N-1\) )

Output

输出包含1个数,代表最少的花费。

Sample Input

3

5 1 2

2 1

Sample Output

5

HINT

对于 \(100\%\) 的数据,\(1 \leq N \leq 2 \times 10^5\),\(1<Ai,Bi \leq 10^5\)


想法

明显的树形 \(DP\) 。

但注意题中的2个坑点 !!!!!!

第一个点亮的节点不一定是1号点!

“完全二叉树”的意思的第 \(i\) 个点的父亲是 \(i/2\) ,但不保证所有非叶子节点都有两个孩子!

先假设第一个点亮的点是 1 。

那么树形 \(dp\) 的状态为:

\(dp[i][j]\) 表示当前 \(i\) 已被点亮,开始点亮以 \(i\) 为根的子树,将其全点亮后,最后一个点跑到 \(j\) 去点亮 \(j\) 的最少花费。

转移也挺显然的,考虑左右子哪个先点亮就行了,记忆化搜索。

由于在这种情况下,对每个 \(i\) ,有用的 \(dp[i][j]\) 中的 \(j\) 为其所有祖先的另一个孩子,不超过 \(O(logn)\) 个,所以总状态数 \(O(nlogn)\) ,不会超时。

交一发,\(WA\) 了。

于是开始换根。

对于先点亮的那个点,还是要先把它的子树点亮,然后再点亮它的父节点。

这时对每个 \(i\) ,有用的 \(dp[i][j]\) 中的 \(j\) 除了所有祖先的另一个孩子,还有它所有的祖先,但还是 \(O(logn)\) 级别,总复杂度 \(O(nlogn)\)。

记忆化搜索,然后超时了 \(qwq\)

那就不记忆化了(用 \(map\) 常数过大【捂脸】)

重新设状态——

\(f[i][j]\) 表示 \(dp[i][y]\) ,其中 \(y\) 为 \(i\) 的第 \(j+1\) 个祖先。

\(g[i][j]\) 表示 \(dp[i][z]\) ,其中 \(z\) 为 \(i\) 的第 \(j+1\) 个祖先的另一个孩子。

\(O(nlogn)\) 时间能把这些值都算出来,然后再换根。

交一发, \(WA\) 了。

发现不一定每个非叶子节点都有2个孩子,于是又改了改细节。终于 \(A\) 掉了!


代码

细节极多 【害怕】

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm> using namespace std; int read(){
int x=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
} const int N = 200005;
typedef long long ll; int n,a[N],b[N];
ll f[N][20],g[N][20]; ll ans;
void dfs(int x,ll cur){ //换根
int l=x*2,r=x*2+1;
if(x!=1){
ll now;
if(r<=n) now=min(1ll*a[l]*b[l]+g[l][0]+f[r][1],1ll*a[r]*b[r]+g[r][0]+f[l][1]);
else if(l==n) now=1ll*a[l]*b[l]+f[l][1];
else now=f[x][0];
ans=min(ans,now+cur);
}
if(l>n) return;
if(l==n) dfs(l,cur+1ll*b[x]*a[x/2]);
else{
dfs(l,cur+1ll*a[r]*b[r]+f[r][1]);
dfs(r,cur+1ll*a[l]*b[l]+f[l][1]);
}
} int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=2;i<=n;i++) b[i]=read(); for(int i=n;i>0;i--){
if(i*2>n){
int x=i/2,last=(i&1) ? i-1 : i+1;
ll s=b[i];
for(int j=0;x>=0;j++,x/=2){
f[i][j]=s*a[x];
g[i][j]=1ll*(s+b[last])*a[last];
s+=b[x]; last=(x&1) ? x-1 : x+1;
if(x==0) break;
}
continue;
}
else if(i*2==n){
for(int j=0,x=i/2;x>=0;j++,x/=2){
f[i][j]=1ll*a[n]*b[n]+f[n][j+1];
g[i][j]=1ll*a[n]*b[n]+g[n][j+1];
if(x==0) break;
}
continue;
}
int l=i*2,r=l+1;
for(int j=0,x=i/2;x>=0;j++,x/=2){
f[i][j]=min(1ll*a[l]*b[l]+g[l][0]+f[r][j+1],1ll*a[r]*b[r]+g[r][0]+f[l][j+1]);
g[i][j]=min(1ll*a[l]*b[l]+g[l][0]+g[r][j+1],1ll*a[r]*b[r]+g[r][0]+g[l][j+1]);
if(x==0) break;
}
} ans=f[1][0];
dfs(1,0);
printf("%lld\n",ans); return 0;
}

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