P8274 [USACO22OPEN] Balancing a Tree G

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解法

同届的巨佬们已经都通关了 USACO，只有我还在做 Gold 组的蓝题

可以发现确定了 s_1 的值以后就知道了其他的所有 s，构造方法如下：

s_i = \begin{cases} r_i ,& r_i < s_1 \\ s_1 ,& l_i \le s_1 \le r_i \\ l_i ,& s_1 < l_i \\ \end{cases}

让所有 s_i 都尽量靠近 s_1 显然使得 Ans 最小。

而此时的 Ans 也很容易一遍 dfs 进行 O(n) 的计算，但是复杂度 n \times (r_1 - l_1)。

思考 s_1 对答案的贡献，显然就是 \max(0, \max(l_i) - s_1, s_1 - \min(r_i))，可以预处理出 l_i 和 r_i 的最大值 O(1) 计算。

但是这不是最终的答案，有可能有 v 的祖先 u 使得 r_u < s_1 < l_v（反之同理，即 r_v < s_1 < l_u）。而此时，由于要让所有 s_i 靠近 s_1，则 s_u 的取值一定为 r_u，s_v 的取值一定为 l_v，对答案的贡献就成了 l_v - r_u。

而如果 s_u 和 s_v 在 s_1 的同侧，那么 |s_u - s_v| 的贡献就一定小于 s_1 对答案的贡献，这部分可以不用考虑。于是得出重要结论：非根节点和其非根节点的祖先对答案的贡献是固定的。

因此，不难想到可以一遍 dfs 就处理出 max(l_v - r_u)，在枚举 s_1 的时候可以 O(1) 加入贡献。于是复杂度变为 O(r_1 - l_1)。虽然还是无法通过，但是有了不少的优化空间。

由于一部分答案的贡献是固定的，所以我们只考虑另一部分 \max(0, \max(l_i) - s_1, s_1 - \min(r_i))。那么显然 s_1 = \frac{\max(l_i) - \min(r_i)}{2} 是最优的。

于是这题就结束了，时间复杂度 O(n)，为一遍 dfs 的复杂度。

AC代码

/**
 * @file:           T3.cpp
 * @author:         yaoxi-std
 * @url:            
*/
// #pragma GCC optimize ("O2")
// #pragma GCC optimize ("Ofast", "inline", "-ffast-math")
// #pragma GCC target ("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define resetIO(x) \
    freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#x ".out", "w", stdout)
#define debug(fmt, ...) \
    fprintf(stderr, "[%s:%d] " fmt "\n", __FILE__, __LINE__, ##__VA_ARGS__)
template <class _Tp>
inline _Tp& read(_Tp& x) {
    bool sign = false; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) sign |= (ch == '-');
    for (x = 0; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + (ch ^ 48);
    return sign ? (x = -x) : x;
}
template <class _Tp>
inline void write(_Tp x) {
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar((x % 10) ^ 48);
}
bool m_be;
using ll = long long;
const int MAXN = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, tp, fa[MAXN], lp[MAXN], rp[MAXN], ans[MAXN];
vector<int> g[MAXN];
inline void chkmin(int& x, int y) { (x > y) && (x = y); }
inline void chkmax(int& x, int y) { (x < y) && (x = y); }
int dfs(int u, int mxl, int mnr) {
    int ret = max({0, lp[u] - mnr, mxl - rp[u]});
    chkmax(mxl, lp[u]), chkmin(mnr, rp[u]);
    for (auto v : g[u]) chkmax(ret, dfs(v, mxl, mnr));
    return ret;
}
bool m_ed;
signed main() {
    // debug("Mem %.5lfMB.", fabs(&m_ed - &m_be) / 1048576);
    int cas; read(cas), read(tp);
    while (cas--) {
        read(n), m = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i].clear();
        for (int i = 2; i <= n; ++i) read(fa[i]), g[fa[i]].push_back(i);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) read(lp[i]), read(rp[i]);
        int mxl = 0, mnr = INF;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            chkmax(mxl, lp[i]), chkmin(mnr, rp[i]);
        int mn = dfs(1, 0, INF), ansp = 0, answ = INF;
        for (int i = (mxl + mnr) / 2; i <= (mxl + mnr + 1) / 2; ++i) {
            int curw = mn;
            if (i < mxl) chkmax(curw, mxl - i);
            if (i > mnr) chkmax(curw, i - mnr);
            if (curw < answ) answ = curw, ansp = i;
        }
        write(answ), putchar('\n');
        if (tp) {
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                if (lp[i] <= ansp && ansp <= rp[i])
                    ans[i] = ansp;
                else if (ansp < lp[i])
                    ans[i] = lp[i];
                else if (rp[i] < ansp)
                    ans[i] = rp[i];
                write(ans[i]), putchar(" \n"[i == n]);
            }
        }
    }
    return 0;
}