DTOJ#5228. 划分

传送门

给定一棵 $n$ 个节点，以 $1$ 为根的有根树，每个点有一个权值 $w_i$。你可以把所有点
分进两个集合 $A$ 和 $B$ 中，定义一种划分方案的代价为：
$$\sum _{x\in A}\sum _{y\in A}((F(x,y)\wedge w_x>w_y)\vee G(x,y))+\sum _{x\in A}{d}_x+\sum _{x\in B}\sum _{y\in B}(F(x,y)\wedge w_x<w_y)$$
其中 $d_x$ 表示 $x$ 的深度 (到根的距离)，$F(x,y)$ 表示 $x$ 是否是 $y$ 的祖先，是则为 $1$，否则为 $0$，$G(x,y)$ 表示是否满足 $x<y$ 且 $x,y$ 没有祖先关系，是则为 $1$，否则为 $0$。

请你对于每个 $0\le i\le n$ 求出满足 $|B|=i$ 的前提下代价最小划分方案的代价，并输出。

第一行包含一个整数 $n$，表示点数。

接下来一行 $N$ 个整数 $w_i$，表示每个点的权值。

接下来 $N-1$ 行，每行两个整数 $u,v$，表示一条 $u$ 到 $v$ 的边。

输出 $n+1$ 行每行一个整数，第 $i$ 行表示 $|B|=i-1$ 时的答案。

样例输入

4
4 1 2 3
1 2
2 3
2 4

样例输出

9
5
2
1
2

对于所有数据，保证 $1\le n,w_i\le 5\times 10^5,1\le u,v\le n$。
subtask 1 (10pts): $N\le 20$;
subtask 2 (20pts): $N\le 500$;
subtask 3 (35pts): $w_i$ 互不相同;
subtask 4 (35pts): 没有其它限制。
题解：
首先，我们把柿子化成：
$|A|\times (|A|-1)-{\sum }_{x\in A}{\sum }_{y\in A}(F(x,y)\wedge w_x\le w_y)+{\sum }_{x\in A}{d}_x+{\sum }_{x\in B}{\sum }_{y\in B}(F(x,y)\wedge w_x<w_y)$
然后发现有个长得很像的柿子。这时思考为什么符号不一样。加号和减号，十分类似进集合和出集合。
那么思路就来了。
考虑先求出 $|B|=n$。（因为 $B$ 的柿子短）
那答案就 dfs 时用树状数组维护。
假设所有点权值不同。
考虑差值：设 $x$ 从 $B$ 到 $A$。
那么 $△=$ $d_x+$$(i,x)$为祖先关系且祖先小于儿子的对数。这是一个常数。直接从大往小取。
当存在点权值相同时。
因为差距只在存在祖孙关系的点，那么微扰相邻。发现若父亲比儿子先进 $A$，设 $a_x$ 表示 $x$ 祖先中比它小的个数，$b_x$ 表示子孙中大于 $x$ 的个数。那么对于父亲 $u$ 和 子孙$v$，$a_v-a_u\le d_v-d_u$，$b_v\le b_u$，而且深度越小子孙越多，对 $A$ 的贡献越大。所以一定先加祖先。
那么设 $c_x$ 表示祖先中权值等于 $x$ 的个数。按照 $d_x-a_x-b_x-c_x$ 贪心取就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 500005
typedef long long ll;
using namespace std;
int read(){
    
    
	int op=1,sum=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {
    
    if(ch=='-') op=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return op*sum;
}
ll w[N],dep[N],a[N],b[N],c[N];
int dfn[N],dfs_num,n,sz[N],q[N];
vector<int> to[N];
const int inf=5e5;
struct BIT{
    
    
	ll t[N];
	inline void init(){
    
    
		memset(t,0,sizeof(t));
	}
	inline ll get(int x){
    
    
		ll now=0;
		for(;x;x-=(x&-x))now+=t[x];
		return now;
	}
	inline void add(int x,ll val){
    
    
		for(;x<=inf;x+=(x&-x))t[x]+=val;
	}
}T[3];
void dfs(int x,int las){
    
    
	dfn[x]=++dfs_num;
	q[dfs_num]=x;
	a[x]+=T[0].get(w[x]-1);
	c[x]+=T[0].get(w[x])-a[x];
	sz[x]=1;
	T[0].add(w[x],1);
	for(int i=0;i<to[x].size();++i){
    
    
		int y=to[x][i];
		if(y==las)continue;
		dep[y]=dep[x]+1;
		dfs(y,x);
		sz[x]+=sz[y];
	}
	T[0].add(w[x],-1);
}
struct node{
    
    
	int l,x,op,id;
}qu[N<<1];
bool cmp(node a,node b){
    
    return a.l<b.l;}
int qt;
ll ans[N];
priority_queue<ll> Q;
int main(){
    
    
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)w[i]=read();
	for(int i=1;i<n;++i){
    
    
		int x=read(),y=read();
		to[x].push_back(y);to[y].push_back(x);
	}
	T[0].init();
	dep[1]=1;
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i){
    
    
		qu[++qt].l=dfn[i],qu[qt].x=w[i],qu[qt].op=-1,qu[qt].id=i;
		qu[++qt].l=dfn[i]+sz[i]-1,qu[qt].x=w[i],qu[qt].op=1,qu[qt].id=i;
	}
	sort(qu+1,qu+1+qt,cmp);
	T[0].init();
	for(int i=1,j=1;i<=n;++i){
    
    
		T[0].add(w[q[i]],1);
		while(j<=qt&&qu[j].l<=i){
    
    
			b[qu[j].id]+=qu[j].op*(T[0].get(inf)-T[0].get(qu[j].x));
			++j;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)ans[n]+=a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i){
    
    
		Q.push(-(dep[i]-1-a[i]-b[i]-c[i]));
	}
	for(int i=n-1;i+1;--i){
    
    
		ll now=-Q.top();
		ans[i]=ans[i+1]+now;
		Q.pop();
	}
	for(int i=0;i<=n;++i){
    
    
		ans[i]+=1ll*(n-i)*(n-i-1)/2;
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}