题解 P4577 【[FJOI2018]领导集团问题】

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楼上两篇题解写的有一点点复杂，有map还写了离散化……

差分固然是一种理解方式，但其实有一种更好的理解方法和更简洁的代码。

那么现在我就来讲一讲

题意简述

文字语言：求树上最大权值随祖孙关系不降的点集大小

数学语言：求 |S_{max}| 使得 \forall{i,j(ancestor\ of \ i)\in S}, w_i\leq w_j

为了方便描述，我们定义这种集合为“树上LIS”。

题解

考虑采用数学归纳法

类似处理序列LIS问题，对于每一个点 u 使用multiset维护一个集合 f_u 满足以下性质

对于任意一个叶子节点 u, f_u显然只含有 w_u，满足树上LIS性质。

再考虑不是叶子节点的 u

假设点 u 的所有孩子 v 的 f_v 已经满足求出并满足上述性质，我们应该如何求出 u 的 f_u 呢？

首先，显然 u 的所有孩子不会相互影响，要从以 u 为根节点的子树（除 u ）中选出大小为 i 的树上LIS，可以直接贪心地选所有孩子集合中最大的 i 个，于是只需将全部 f_v 取并集并排序即可，于是可以直接将孩子们的 f_v 集合全部启发式合并丢入 f_u 的multiset ，记 S=\bigcup_{v\in u.son}f_v

现在我们考虑将 u 加入 S 集合并使集合满足性质

我们直接在multiset上二分出第一个 i 满足 f_{u,i}\geq w_u 那么我们将 u 接在 i 前显然是最优方案，此时 f_{u,i-1} 就可以被 w_u 替换，那么现在的集合就是我们要求的 f_u，并且满足树上LIS性质。

按照这样的方式在树上dfs即可求出 f_1，此时答案即为 |f_1|。

复杂度证明

该算法的复杂度为 O(nlog^2n)

考虑同样采用数学归纳法

记 T_u 表示处理出 f_u 的时间复杂度，S_u表示 u 的子树大小

我们需要证明 T_u=S_ulog^2S_u

对于任意一个叶子节点 u，S_u=1，此时只需在multiset中插入 w_u 复杂度为 O(1)，满足T_i=S_ulog^2S_u

再考虑不是叶子节点的 u

假设点 u 的所有孩子 v 的 T_v=S_vlog^2S_v

那么 T_i=\sum_{v\in u.son}T_v+T_{merge}

因为子孙们包含的节点个数\sum_{v\in u.son}S_v+1=S_u

所以\sum_{v\in u.son}T_v\leq S_ulog^2S_u

启发式合并的复杂度为 S_ulogS_u，使用multiset维护加一个log，T_{merge}=S_ulog^2S_u

所以T_u与 S_ulog^2S_u 同阶

证毕。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
multiset<int> f[N];
multiset<int>::iterator it;
int n, w[N], ans;
int h[N], to[N], nxt[N], t;
bool comp(int x, int y) { return w[x] < w[y]; }
void add(int u, int v) { to[++t] = v, nxt[t] = h[u], h[u] = t; }
void merge(int u, int v) {
    if(f[u].size() < f[v].size()) swap(f[u], f[v]);
    for(it = f[v].begin(); it != f[v].end(); ++it) f[u].insert(*it);
}
void dfs(int u) {
    for(int i = h[u]; i; i = nxt[i]) dfs(to[i]), merge(u, to[i]);
    f[u].insert(w[u]);
    it = f[u].lower_bound(w[u]);
    if(it != f[u].begin()) f[u].erase(--it);
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        int f;
        scanf("%d", &f);
        add(f, i);
    }
    dfs(1);
    printf("%d", f[1].size());
}