題鏈：

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3672

題解：

斜率優化DP，點分治（樹上CDQ分治...）

這裏有一個沒有距離限制的簡單版：BZOJ 1767 [Ceoi2009]harbingers

定義$DP[i]$為從i出發到1號點的最小花費，$dis_i$為i到1號點的距離：

轉移：

$DP[i]=min(DP[j]+(dis_i-dis_j)P_j)+Q_i$

$\quad=min(DP[j]-dis_jP_i)+dis_iP_i+Q_i$

顯然這個$O(N^2)$的轉移會超時。

考慮優化：

假設對於當前計算的DP[i],有兩個轉移來源點：k,j，同時dis[k]<dis[j],設j點比k點優。

那麽有：$DP[j]-dis_j*P_i-(DP[k]-dis_k*P_i)<0$

則: $\frac{DP[j]-DP[k]}{dis[j]-dis[k]}<P[i]$

如果令 Slope(j,k)=$\frac{DP[j]-DP[k]}{dis[j]-dis[k]}$

那麽得到結論，如果 $dis_k<dis_j$,且Slope(j,k)<P[i]的話，則j點優於k點。

同時如果存在三個轉移來源點：k,j,i，滿足$dis_k<dis_j<dis_i$，

同時Slope(i,j)<Slope(j,k),則j點無效。

所以對於每個來源點二元組(dis[j],DP[j])，只需要在平面上維護一個下凸殼即可。

1).如果問題不在一顆樹上，而是在一個序列上，這個應該比較容易吧：一個裸的CDQ就可以解決了。

2).而如果問題沒有limit這個距離限制，即使在樹上，也比較容易了，因為隨著DFS遍歷樹時，dis是單增的，所以可以直接維護單調棧（詳細見BZOJ 1767 [Ceoi2009]harbingers）

但是現在既在樹上又有距離限制怎麽辦呢？這裏采用點分治來實現CDQ分治的功能，（可以叫做樹上CDQ分治麽）

對於當前的子樹，我們令根為u，（這個根是子樹內的點在前往1號點時都要經過的地方）。

並找到子樹內的重心cg（the center of gravity）,

然後先遞歸處理cg為根時含有u的那顆子樹，

不難發現，cg的其它子樹的點(令這些點的集合為R)在前往1號點時，都會進過cg～u這一條鏈，

即這條鏈上的點可能會成為R裏的點的轉移點。

同時為了滿足距離這一限制，即每個點i最多只能向上到達 $dis_i-limit_i$這個位置

所以把R裏的點按 $dis_i-limit_i$排序後，從大到小枚舉R裏的i點，並把cg～u這條鏈上dis小於$dis_i-limit_i$的點用單調棧維護一個下凸殼。

接著在凸殼裏二分最優的轉移來源點即可。

整個過程是$O(Nlog_2^2N)$的。

（傷不起,讀入居然要long long!）

代碼：PoPoQQQ的代碼寫得很棒呀！

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 200050
#define ll long long
using namespace std;
ll DP[MAXN],P[MAXN],Q[MAXN],G[MAXN],dis[MAXN];
int fa[MAXN],siz[MAXN];
int N,t;
struct Edge{
	ll val[MAXN];
	int to[MAXN],nxt[MAXN],head[MAXN],ban[MAXN],ent;
	Edge(){ent=2;}
	void Adde(int u,int v,ll w){
		to[ent]=v; val[ent]=w; nxt[ent]=head[u]; head[u]=ent++;
	}
}E;
struct Mostk{
	int s[MAXN],top;
	#define Slope(i,j) (1.0*(DP[i]-DP[j])/(dis[i]-dis[j]))
	void Reset(){top=0;}
	void Push(int i){
		if(top&&dis[s[top]]==dis[i])
			{if(DP[i]<DP[s[top]]) top--; else return;}
		while(top>1&&Slope(s[top-1],s[top])<Slope(s[top],i)) top--;
		s[++top]=i;
	}
	int Query(int i){//二分單調棧
		static int l,r,mid,ret;
		if(!top) return 0;
		l=2; r=top; ret=1;
		while(l<=r){
			mid=(l+r)>>1;
			if(Slope(s[mid-1],s[mid])>=P[i]) ret=mid,l=mid+1;
			else r=mid-1;
		}
		return s[ret];
	}
}S;
void dfs(int u){
	for(int i=E.head[u];i;i=E.nxt[i]){
		int v=E.to[i];
		dis[v]=dis[u]+E.val[i];
		dfs(v);
	}
}
void getcg(int u,int &cg,int &num,int sum){
	int maxnum=0; siz[u]=1;
	for(int i=E.head[u];i;i=E.nxt[i]){
		int v=E.to[i]; if(E.ban[i]) continue;
		getcg(v,cg,num,sum);
		maxnum=max(maxnum,siz[v]);
		siz[u]+=siz[v];
	}
	maxnum=max(maxnum,sum-siz[u]);
	if(maxnum<=num) num=maxnum,cg=u;
}
void trave(int u,int &cr,int *R){
	R[++cr]=u;
	for(int i=E.head[u];i;i=E.nxt[i]){
		if(E.ban[i]) continue;
		trave(E.to[i],cr,R);
	}
}
bool cmp(int i,int j){
	return dis[i]-G[i]>dis[j]-G[j];
}
void solve(int u,int num){
	static int R[MAXN],cr,maxnum;
	if(num==1) return; 
	int cg=u; maxnum=num;
	getcg(u,cg,maxnum,num);
	//-----------------------------準備遞歸u區域
	for(int i=E.head[cg];i;i=E.nxt[i]) E.ban[i]=1;
	solve(u,num-siz[cg]+1);
	//-----------------------------開始解決當前層的貢獻
	cr=0; S.Reset();
	for(int i=E.head[cg];i;i=E.nxt[i]) trave(E.to[i],cr,R);
	sort(R+1,R+cr+1,cmp);
	for(int i=1,j=cg,k;i<=cr;i++){
		while(j!=fa[u]&&dis[j]>=dis[R[i]]-G[R[i]]) S.Push(j),j=fa[j];
		k=S.Query(R[i]);
		if(k) DP[R[i]]=min(DP[R[i]],DP[k]+(dis[R[i]]-dis[k])*P[R[i]]+Q[R[i]]);
	}
	//-----------------------------遞歸解決剩下子樹區域
	for(int i=E.head[cg];i;i=E.nxt[i])
		solve(E.to[i],siz[E.to[i]]);
}
void read(ll &x){
	static int sn; static char ch;
	x=0; sn=1; ch=getchar();
	while(ch<‘0‘||‘9‘<ch){if(ch==‘-‘)sn=-1;ch=getchar();}
	while(‘0‘<=ch&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
	x=x*sn;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&N,&t);
	memset(DP,0x3f,sizeof(DP));
	DP[1]=0; ll f,s,p,q,g;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		read(f); read(s); read(p); read(q); read(g);
		fa[i]=f; P[i]=p; Q[i]=q; G[i]=g;
		E.Adde(f,i,s);
	}
	dfs(1);
	solve(1,N);
	for(int i=2;i<=N;i++) printf("%lld\n",DP[i]);
	return 0;
}

●BZOJ 3672 [Noi2014]購票