先考慮流。
\(s->i\)連流量\(d_i\)費用\(0\)
\(i->t\)連流量\(u_i\)費用\(p_i\)
\(i->i+1\)連流量\(\inf\)費用\(c_i\)
\(i+1->i\)連流量\(\inf\)費用\(m_i\)
維護當前點到前面是否是反向邊可以用差分陣列。
在當前點增廣完後，使用差分陣列判定當前點到前面的反向邊流量。
分析複雜度：一條邊在被向右增廣時複雜度顯然是\(o(n\log_2n)\)
在被向左增廣時，由於我們從左到右增廣，所以當前邊的流量顯然會先增加，後減少。最終只會減到\(0\)一次。
而只有減到\(0\)才會貢獻複雜度\(o(\log_2n)\)。
同時，與源點/匯點相鄰的邊只有減到\(0\)才會貢獻複雜度\(o(\log_2n)\)。
所以總時間複雜度\(o(n\log_2n)\)
**細節較多。
#includeusing namespace std;
#define int long long
#define n 100010
int n,d[n],u[n],p[n],m[n],c[n],s[n];
struct no;
int operator<(no x,no y)
struct sgt
} void ad(int o,int l,int r,int x,int y,int z)
int md=(l+r)/2;
pd(o);
ad(o*2,l,md,x,y,z);
ad(o*2+1,md+1,r,x,y,z);
a[o]=min(a[o*2],a[o*2+1]);
} no qu(int o,int l,int r,int x,int y);
if(x<=l&&r<=y)
return a[o];
pd(o);
int md=(l+r)/2;
return min(qu(o*2,l,md,x,y),qu(o*2+1,md+1,r,x,y));
}}s1,s2;
void bd(int o,int l,int r);
s2.a[o]=(no);
return;
} int md=(l+r)/2;
bd(o*2,l,md);
bd(o*2+1,md+1,r);
s1.a[o]=min(s1.a[o*2],s1.a[o*2+1]);
s2.a[o]=min(s2.a[o*2],s2.a[o*2+1]);
}void deb(int t)
else
}signed main()}}
else
} s1.ad(1,1,n,1,i,m[i]);
s1.ad(1,1,n,i+1,n,-c[i]);
s[i]+=s[i-1];
if(s[i])
} printf("%lld",ans);
}
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題意很簡單 給定一棵樹，問從根分別走到每個節點的最長路程，其中每個點給定lim，即最多從該點出發lim次，保證lim大於等於該點的度數。特別 鳴謝 ldl在他的模擬題中出了這道題。當題解講這要用樹形dp解網路流模型時，都被驚異了，完全沒有想到網路流，也完全沒有必要網路流，atm在考場上直接有樹形dp...
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