2500: 幸福的道路
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Description
小T与小L终于决定走在一起,他们不想浪费在一起的每一分每一秒,所以他们决定每天早上一同晨练来享受在一起的时光.
他们画出了晨练路线的草图,眼尖的小T发现可以用树来描绘这个草图.
他们不愿枯燥的每天从同一个地方开始他们的锻炼,所以他们准备给起点标号后顺序地从每个起点开始(第一天从起点一开始,第二天从起点二开始……). 而且他们给每条道路定上一个幸福的值.很显然他们每次出发都想走幸福值和最长的路线(即从起点到树上的某一点路径中最长的一条).
他们不愿再经历之前的大起大落,所以决定连续几天的幸福值波动不能超过M(即一段连续的区间并且区间的最大值最小值之差不超过M).他们想知道要是这样的话他们最多能连续锻炼多少天(hint:不一定从第一天一直开始连续锻炼)?
现在，他们把这个艰巨的任务交给你了!
Input
第一行包含两个整数N, M(M<=10^9).
第二至第N行,每行两个数字Fi , Di, 第i行表示第i个节点的父亲是Fi,且道路的幸福值是Di.
Output
最长的连续锻炼天数
Sample Input
Sample Output
数据范围：
50%的数据N<=1000
80%的数据N<=100 000
100%的数据N<=1000 000
HINT
分析：
比较容易分析的题目。
求每个点的树上最远距离
后面的处理连续天数因为具有传递性是O（n）的。
用优先队列模拟出multiset，总复杂度O（nlogn）
AC代码：
# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + ;
int head[N],dt,n,mn[N],Log[];LL m,f1[N],f2[N],g[N];
struct Edge{
int to,nex;LL w;
}edge[N];
struct Heap{
priority_queue<LL> A,B;
void insert(LL x){A.push(x);}
void erase(LL x){B.push(x);}
void pop(){while(!B.empty() && A.top() == B.top())A.pop(),B.pop();}
LL top(){pop();return A.top();}
int size(){return A.size() - B.size();}
}A,B;
void AddEdge(int u,int v,LL w)
{
edge[++dt] = (Edge){v,head[u],w};
head[u] = dt;
}
void dfs(int u)
{
f1[u] = f2[u] = ;
for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)
{
dfs(edge[i].to);
LL tmp = f1[edge[i].to] + edge[i].w;
if(tmp >= f1[u])
{
f2[u] = f1[u];
f1[u] = tmp;
}
else f2[u] = max(f2[u],tmp);
}
}
void Dfs(int u)
{
for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)
{
if(f1[u] == f1[edge[i].to] + edge[i].w)
g[edge[i].to] = max(f2[u],g[u]) + edge[i].w;
else g[edge[i].to] = max(f1[u],g[u]) + edge[i].w;
Dfs(edge[i].to);
}
}
int main()
{
scanf("%d %lld",&n,&m);int x;LL y;
for(int i = ;i <= n;i++)scanf("%d %lld",&x,&y),AddEdge(x,i,y);
dfs();Dfs();
for(int i = ;i <= n;i++)g[i] = max(g[i],f1[i]);
A.insert(g[]);B.insert(-g[]);int r = ,ans = ;
for(int i = ;i <= n;i++)
{
LL mi = r == i ? g[i] : -B.top(),mx = r == i ? g[i] : A.top();
while(r <= n)
{
mx = max(mx,g[r]);
mi = min(mi,g[r]);
if(mx - mi <= m)A.insert(g[r]),B.insert(-g[r]),r++;
else break;
}
A.erase(g[i]);B.erase(-g[i]);
ans = max(ans,r - i);
}
printf("%d\n",ans);
}