洛谷 P3994 高速公路（資料結構斜率優化）

設dp[i] 表示第i個城市到根節點的最小花費

dp[i]=min 

這是o（n^2）的

這個式子可以斜率優化

dp[i]+dis[j]*p[i]=dis[i]*p[i]+q[i]+dp[j]

就是一條斜率為p[i]的直線，截（dis[j],dp[j]）的最小截距

在根往下走的過程中，斜率單調遞增

這就體現了 為什麼題目中說「i號城市是j號城市的某個祖先，那麼一定存在pi<=pj」

我們按dfs序dp

現在唯一的問題就是如何得到 乙個點到根節點路徑上的單調佇列

只需要考慮如何去除兄弟節點的子樹對單調佇列的影響

即在乙個節點退出dfs時，將單調佇列恢復為這個節點開始dfs的情況

頭指標只是不斷的+1，沒有涉及到單調佇列中元素的修改，所以記錄下頭指標在哪個位置即可

尾指標涉及到元素的替換，但是它只會替換乙個元素，所以記錄下尾指標的位置，以及被當前點替換的元素是誰

當節點退出dfs時，恢復記錄的這三個值即可

這樣的話，乙個節點多次出隊入隊，時間複雜度就不是o（n）了

所以二分出隊位置，時間複雜度為o（nlogn）

樸素的dp:

#include#include

#include
using
namespace
std;
#define n 1000001typedef 
long
long
ll;int
p[n],q[n];
int front[n],to[n<<1],nxt[n<<1],val[n<<1
],tot;
intfa[n];
ll dis[n];
intt;
ll mi[n];
void read(int &x)
}void add(int u,int v,int
w)void dfs(int x,intf) 
dfs(to[i],x);
}}int
main()
dfs(
1,0);
for(int i=2;i<=n;++i) cout
;}

斜率優化，暴力出隊:

#include#include

using
namespace
std;
#define n 1000001typedef 
long
long
ll;int
front[n],nxt[n],to[n],tot,val[n];
intp[n],q[n];
intq[n],head,tail;
ll dis[n]; 
ll dp[n];
void read(int &x)
}void add(int u,int v,int
w)inline 
double x(int i,int j) 
inline 
double y(int i,int j)  
void dfs(int
x)int
main()
for(int i=front[1];i;i=nxt[i])
for(int i=2;i<=n;++i) cout
;}

斜率優化，二分出隊

#include#include

using
namespace
std;
#define n 1000001typedef 
long
long
ll;int
front[n],nxt[n],to[n],tot,val[n];
intp[n],q[n];
intq[n],head,tail;
ll dis[n]; 
ll dp[n];
void read(int &x)
}void add(int u,int v,int
w)inline 
double x(int i,int j) 
inline 
double y(int i,int j)  
void dfs(int
x)    
if(tmp!=-1) head=tmp;
else head=tail-1
;     
int j=q[head];
dp[x]=(dis[x]-dis[j])*p[x]+dp[j]+q[x];
l=head,r=tail-2,tmp=-1
;    
while(l<=r)
if(tmp!=-1) tail=tmp+2
;    
else tail=head+1
;    
int rr=q[tail];
q[tail++]=x;
for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) 
dis[to[i]]=dis[x]+val[i],dfs(to[i]);
head=now_h; q[tail-1]=rr; tail=now_t;
}int
main()
for(int i=front[1];i;i=nxt[i])
for(int i=2;i<=n;++i) cout
;}

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