2023CSPS 种树 —— 二分+前缀和

前缀和"/>

2023CSPS 种树 —— 二分+前缀和

This way

题意：

    一开始以为是水题，敲了一个二分+贪心检查的代码，20分。发现从根往某个节点x走的时候，一路走来的子树上的节点到已栽树的节点的距离会变短，那么并不能按照初始情况贪心。
    于是就想着检查时候用线段树，存的是(每个节点最晚开始时间-它距离最近栽树的点的距离)往后就将这个称为ddl。每一步都往当前最小值的位置走，每走一步，将当前这一步的子树区间+1，如此往复。当走到一个点发现已经走的步数>这个点最晚开始时间时候就是not。但是代码过于繁杂，最终放弃了这样思路，而且常数可能会比较大，最终如果TLE了血亏。
    首先这道题的答案满足二分的性质，考虑使用二分。二分出来结束时间的时候，我们可以求出每个点的最晚到达时间，首先分c>=0和c<0两种情况。对于c<0的时候又要分三种情况。其实就是等差数列求和公式，但是注意会爆longlong，所以转乘为除。我这里使用二分去找答案，当然直接算好像也行？
    发现其实每个点的ddl就是它子树的ddl最小值，也就是每个点的ddl可视为子树中最小ddl-当前点到ddl最小的节点的距离，例如：

假设点1的最晚开始时间是第10天，点2是第3天，点3是第50天，点4是第90天，点5是第4天。那么转换过来，其实它们真实的ddl如下：

    这个时候我们只需要将所有真·ddl存到桶里面，再做一个前缀和，记为num[i]。若i<num[i]，则表示你走了i步，但是有超过i个点的ddl在i步之内（我们在上图处理完之后，所有链上的ddl必然是递增的也就是如果点x需要走10步，那father[x]最大为9,father[father[x]]最大为8，也就是为x做铺垫），那么表示无法在i步内满足num[i]个点的ddl。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e5+5;
ll a[N],b[N],c[N],en[N],e,shou,mo;
int n,x,y,dep[N],u,tim,num[N],t[N];
vector<int>vec[N];
bool vis[N];
#define pii pair<int,int>
vector<pii>day;
int dfs(int x,int fa){for(int ne:vec[x]){if(ne==fa)continue;t[x]=min(t[x],dfs(ne,x)-1);}num[t[x]]++;return t[x];
}
bool check(ll d){day.clear();memset(num,0,sizeof num);for(int i=1;i<=n;i++){ll l=1,r=min(1ll*n,d);t[i]=-1;while(l<=r){ll x=l+r>>1;if(c[i]>=0){if((a[i]*2ll+d-x)/(d-x+1)<=2*b[i]+(x+d)*c[i])t[i]=x,l=x+1;else r=x-1;}else{c[i]=-c[i];if(en[i]<=x){if(a[i]<=d-x+1)t[i]=x,l=x+1;else r=x-1;}else if(en[i]<=d){e=en[i]-1;shou=b[i]-x*c[i],mo=b[i]-e*c[i];if((2*a[i]-2*(d-e)+e-x)/(e-x+1)<=(shou+mo))t[i]=x,l=x+1;else r=x-1;}else{ll shou=b[i]-x*c[i],mo=b[i]-d*c[i];if((2*a[i]+d-x)/(d-x+1)<=(shou+mo))t[i]=x,l=x+1;else r=x-1;}c[i]=-c[i];}}if(t[i]-dep[i]<=0)return 0;}dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++){num[i]+=num[i-1];if(num[i]>i)return 0;}return 1;
}
int main()
{ll l=n,r=0,ans=-1;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld%lld",&a[i],&b[i],&c[i]);r=max(r,a[i]);if(c[i]<0)en[i]=(b[i]-c[i]-1)/(-c[i]);}r=min(r,1000000000ll);for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);vec[x].push_back(y),vec[y].push_back(x);}while(l<=r){ll mid=l+r>>1;if(check(mid))r=mid-1,ans=mid;else l=mid+1;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}