Description
小凸和小方相约玩密室逃脱，这个密室是一棵有n个节点的完全二叉树，每个节点有一个灯泡。点亮所有灯泡即可逃出密室。
每个灯泡有个权值Ai，每条边也有个权值bi。点亮第1个灯泡不需要花费，之后每点亮1个新的灯泡V的花费，等于上一个被点亮的灯泡U到这个点V的距离Du,v，乘以这个点的权值Av。
在点灯的过程中，要保证任意时刻所有被点亮的灯泡必须连通，在点亮一个灯泡后必须先点亮其子树所有灯泡才能点亮其他灯泡。
请告诉他们，逃出密室的最少花费是多少。
Input
第1行包含1个数n，代表节点的个数
第2行包含n个数，代表每个节点的权值ai。(i=1，2，…，n)
第3行包含n-l个数，代表每条边的权值bi，第i号边是由第(i+1)/2号点连向第i+l号点的边。(i=1，2...N-1)
Output
输出包含1个数，代表最少的花费。
Sample Input
3
5 1 2
2 1
5 1 2
2 1
Sample Output
5
HINT
对于100%的数据，1≤N≤2×10^5，1<Ai,Bi≤10^5
Solution
神仙树形DP
一条合法的行走路径，一定是先走完一个点的子树，再访问它的兄弟的子树，访问完了就回到父节点。以此类推。
也就是说要求从某个点出发，访问完其子树后回到某个祖先的最小代价。
设$f[x][i]$表示从$x$开始访问完$x$的子树后再走到深度为$i$的祖先(设为$kfa$)的最小代价。
设$g[x][i]$表示从$x$开始访问完$x$的子树后再走到深度为$i$的祖先的另外一个儿子的最小代价。
$DP$完了之后枚举最开始先点亮哪个灯然后统计答案。因为是完全二叉树所以时空都是$nlogn$
转移见代码，手画个图对比着理解效果应该会好一点……
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N (200009)
#define LL long long
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define kfa (i>>Depth[i]-j)
using namespace std; LL n,Depth[N],Dist[N],a[N],b[N],g[N][],f[N][],ans=1e18; void DP()
{
for (int i=n; i>=; --i)
for (int j=; j<=Depth[i]; ++j)
if (ls>n)//当前是叶子
{
f[i][j]=(Dist[i]-Dist[kfa])*a[kfa];
g[i][j]=(Dist[i]-Dist[kfa]+b[kfa]+b[kfa^])*a[kfa^];
}
else if (ls==n)//只有左儿子
{
f[i][j]=b[ls]*a[ls]+f[ls][j];
g[i][j]=b[ls]*a[ls]+g[ls][j];
}
else//左右儿子都有
{
f[i][j]=min(
b[ls]*a[ls]+g[ls][Depth[ls]]+f[rs][j],
b[rs]*a[rs]+g[rs][Depth[rs]]+f[ls][j]);
g[i][j]=min(
b[ls]*a[ls]+g[ls][Depth[ls]]+g[rs][j],
b[rs]*a[rs]+g[rs][Depth[rs]]+g[ls][j]);
}
} int main()
{
scanf("%lld",&n);
for (int i=; i<=n; ++i)
scanf("%lld",&a[i]);
for (int i=; i<=n; ++i)
scanf("%lld",&b[i]);
for (int i=; i<=n; ++i)
{
Depth[i]=Depth[i>>]+;
Dist[i]=Dist[i>>]+b[i];
}
DP();
for (int i=; i<=n; ++i)//枚举最先点哪个灯统计答案
{
LL now=f[i][Depth[i]-];
for (int j=i; j!=; j>>=)
if ((j^)>n) now+=b[j>>]*a[j>>];
else now+=b[j^]*a[j^]+f[j^][Depth[j]-];
ans=min(ans,now);
}
printf("%lld\n",ans);
}