$ \color{#0066ff}{ 题目描述 }$

C国拥有一张四通八达的高速公路网树,其中有n个城市,城市之间由一共n-1条高速公路连接。除了首都1号城市,每个城市都有一家本地的客运公司,可以发车前往全国各地,有若干条高速公路连向其他城市,这是一个树型结构,1号城市(首都)为根。假设有一个人要从i号城市坐车出发前往j号城市,那么他要花费Pi*(i城市到j城市的距离)+Qi元。由于距离首都越远,国家的监管就越松,所以距离首都越远,客运公司的Pi(单位距离价格)越大,形式化的说,如果把高速路网看成一棵以首都为根的有根树,i号城市是j号城市的某个祖先,那么一定存在Pi<=Pj。

大宁成为了国家统计局的调查人员,他需要对现在的高速路网进行一次调查,了解从其他每一个城市到达首都1号城市所花费的金钱(路径必须是简单路径)。

因为有非常多转车(或不转车)的抵达首都的方法,所以人工计算这个结果是十分复杂的。大宁非常的懒,所以请你编写一个程序解决它。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

第 1 行包含1个非负整数 n,表示城市的个数。

第 2 到 n 行,每行描述一个除首都之外的城市。其中第 i 行包含4 个非负整数 Fi,Si,Pi,Qi,分别表示 i号城市的父亲城市,它到父亲城市高速公路的长度,以及乘车价格的两个参数。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

输出包含 n-1 行,每行包含一个整数。

其中第 i 行表示从 i+1号城市 出发,到达首都最少的乘车费用。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

6
1 9 3 0
1 17 1 9
1 1 1 6
4 13 2 15
4 9 2 4

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

27
26
7
43
24

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

对于前40%的数据1<=n<=1000。

对于另外20%的数据 满足从第i(i≠1)个城市出发的高速公路连向第i-1个城市。

对于所有的数据1<=n<=1000000,0<=Pi,Qi<=231-1,保证结果不会大于263-1。

\(\color{#0066ff}{题解}\)

不难想到DP,设\(f[i]\)为从i到根的答案,转移也很好想

\(f[i] =min(f[i],f[j]+(dis[i])-dis[j])*p[i]+q[i])\)

但是这样转移是\(O(n^2)\)的,显然过不了啊

我们考虑斜率优化

如果x比y优秀,即\(f[x]+(dis[i]-dis[x])*p[i]+q[i]<f[y]+(dis[i]-dis[y])*p[i]+q[i]\)

化简之后是\(p[i]<\frac{f[x]-f[y]}{dis[x]-dis[y]}\)

这样就能斜率优化了,用单调队列维护一个下凸包

但是,这是优化的树形DP啊, 在一棵子树内的决策会影响到另一棵子树!

我们考虑每次转移单调队列的变化,看能不能搞点什么

可以发现,每次head仅仅是移动,其中元素是不变的(祖先链不变)

tail呢?每次移动后只会修改一个值!

所以我们可以记录一下每个点的head和tail,还有修改的元素位置和编号,这样就可以快速回溯

但是这样每个点会入队多次,上界依然是\(O(n^2)\)

又因为元素是不变的,所以,我们考虑二分来优化这个过程,每次二分两次,找到转移点和修改点即可

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int maxn = 1e6 + 100;
LL dep[maxn], f[maxn];
LL p[maxn], q[maxn];
int st[maxn], head, tail;
int n;
struct node {
int to, dis;
node *nxt;
node(int to = 0, int dis = 0, node *nxt = NULL): to(to), dis(dis), nxt(nxt) {}
}*h[maxn];
void add(int from, int to, int dis) { h[from] = new node(to, dis, h[from]); }
void dfs(int x) { for(node *i = h[x]; i; i = i->nxt) dep[i->to] = dep[x] + i->dis, dfs(i->to); }
double K(int x, int y) { return (double)(f[x] - f[y]) / (double)(dep[x] - dep[y]); }
void work(int x) {
int nowhead = head, nowtail = tail;
int l = head, r = tail - 1, ans = -1;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(p[x] <= K(st[mid], st[mid + 1])) ans = mid, r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
if(~ans) head = ans;
else head = tail;
f[x] = f[st[head]] + (dep[x] - dep[st[head]]) * p[x] + q[x];
l = head, r = tail - 1, ans = -1;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(K(st[mid], st[mid + 1]) < K(st[mid + 1], x)) ans = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
if(~ans) tail = ans + 1;
else tail = head;
int now = st[++tail];
st[tail] = x;
for(node *i = h[x]; i; i = i->nxt) work(i->to);
head = nowhead, st[tail] = now, tail = nowtail;
}
int main() {
n = in();
int x, y;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
x = in(), y = in();
add(x, i, y);
p[i] = in(), q[i] = in();
}
dfs(1);
for(node *i = h[1]; i; i = i->nxt) st[head = tail = 1] = 1, work(i->to);
for(int i = 2; i <= n; i++) printf("%lld\n", f[i]);
return 0;
}

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