【BZOJ4849】[Neerc2016]Mole Tunnels

Description

鼹鼠们在底下开凿了n个洞，由n-1条隧道连接，对于任意的i>1，第i个洞都会和第i/2（取下整）个洞间有一条隧道，第i个洞内还有ci个食物能供最多ci只鼹鼠吃。一共有m只鼹鼠，第i只鼹鼠住在第pi个洞内，一天早晨，前k只鼹鼠醒来了，而后n-k只鼹鼠均在睡觉，前k只鼹鼠就开始觅食，最终他们都会到达某一个洞，使得所有洞的ci均大于等于该洞内醒着的鼹鼠个数，而且要求鼹鼠行动路径总长度最小。现对于所有的1<=k<=m，输出最小的鼹鼠行动路径的总长度，保证一定存在某种合法方案。

Input

第一行两个数n,m（1<=n,m<=100000)，表示有n个洞，m只鼹鼠。

第二行n个整数ci表示第i个洞的食物数。

第三行m个整数pi表示第i只鼹鼠所在洞pi。

Output

输出一行m个整数，第i个整数表示当k=i时最小的鼹鼠行动路径总长度。

Sample Input

5 4 0 0 4 1 1 2 4 5 2

Sample Output

1 1 2 4

题解：一眼看到这道题，直接想到费用流，但是n太大了，不能直接跑费用流，但是我们发现题中给的是一棵完全二叉树，所以我们可以想一想怎么利用这个性质。

我们依旧沿用费用流的思想，假设我们扫到了第i只鼹鼠，我们先找到距离i最近的有空位置的点，然后在将那个点的剩余空间-1，再讲路径上所有的反向边流量+1（因为正向边的流量可以看做正无穷，所以我们不管）。现在我们的思路就很清晰了，所以我们只要找到距离i最近的有空位置的点就行了。

具体做法是先扫一遍整棵树，用f[i]表示在i的子树中距离i最近的点到i的距离，g[i]表示在i的子树中距离i最近的点的位置。查询的时候，从p[i]一步一步向上爬，不断用当前节点的 f值+爬上来的距离 更新答案，最后暴力重构路径上的所有节点的f,g值，因为保证是完全二叉树，所以复杂度是O(nlogn)的。

说着挺容易其实代码挺丑的~

#include 
     
       #include 
      
        #include 
       
         #define lson x<<1 #define rson x<<1|1 using namespace std; const int maxn=100010; typedef long long ll; ll ans; int n,m,sum,minn,pos,lca; int p[maxn],c[maxn],g[maxn],f[maxn],v[maxn][2];   //0上1下  int main() {     scanf("%d%d",&n,&m);     int i,j;     for(i=1;i<=n;i++)         scanf("%d",&c[i]);     memset(f,0x3f,sizeof(f));     for(i=n;i>=1;i--)     {         if(c[i])    f[i]=0,g[i]=i;         if(f[i>>1]>f[i]+1) f[i>>1]=f[i]+1,g[i>>1]=g[i];     }     for(i=1;i<=m;i++)     {         scanf("%d",&p[i]);         minn=1<<30,sum=0;         for(j=p[i];j;j>>=1)         {             if(f[j]+sum
        
         0)?(-1):1;         }         ans=ans+minn;         printf("%lld",ans);         if(i!=m)    printf(" ");         c[pos]--;         for(j=p[i];j!=lca;j>>=1)  v[j][0]?v[j][0]--:v[j][1]++;         for(j=pos;j!=lca;j>>=1)   v[j][1]?v[j][1]--:v[j][0]++;         for(j=p[i];j!=lca;j>>=1)         {             f[j]=1<<30;             if(c[j]&&0
         
          >=1)         {             f[j]=1<<30;             if(c[j]&&0