传送门

题意：给一棵$n$个点带点权的树，要求把点分成若干部分，有祖孙关系的点不能在同一部分。求每个部分最大值 的和 的最小值。

$n\le 2\times 10^5$

由链的部分得到启发，每个点用一个堆来维护，合并两个时不断弹出两个堆顶并在最后加入较大值直到一个为空。合并完后加入根，最终的和就是答案。

这样复杂为两边的大小之和。

发现合并是把较少的丢到较大的中，可以启发式合并，即少的取完后丢回较多的。可以用指针实现。

这样复杂度是$O(n\log n)$

好像和长链剖分本质相同

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <queue>
#include <vector>
#define MAXN 200005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
typedef long long ll;
typedef priority_queue<int> pq;
pq *q[MAXN];
int val[MAXN];
vector<int> e[MAXN];
void dfs(int u)
{q[u]=new pq;for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++){dfs(e[u][i]);if (q[u]->size()<q[e[u][i]]->size()) swap(q[u],q[e[u][i]]);vector<int> tmp;while (!q[e[u][i]]->empty())  tmp.push_back(max(q[u]->top(),q[e[u][i]]->top())),q[u]->pop(),q[e[u][i]]->pop();for (vector<int>::iterator it=tmp.begin();it!=tmp.end();++it) q[u]->push(*it);}q[u]->push(val[u]);
}
int main()
{int n=read();for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();for (int i=2;i<=n;i++) e[read()].push_back(i);dfs(1);ll ans=0;while (!q[1]->empty()) ans+=q[1]->top(),q[1]->pop();printf("%lld\n",ans);return 0;
}