正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7011

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题目大意

给出$n$个点的一棵树，从一出发，要走到 $t$。初始时权值为$0$，每个节点有一个权值$w_i$，第一次走过这个节点时会让权值加上该节点的权值，要求全程权值不能为负数，求能否走到$t$。

$1\le n\le 2\times 10^5$

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解题思路

第一个比较麻烦的点是有一个终点的限制，我们走到终点之后就不需要考虑其他点了，不妨在终点后接一个权值为$+\infty$的节点，然后问题变为能否遍历全树。

接下来我们会发现有个很麻烦的点，因为对于一个子树我们可能进入多次，一个比较暴力的想法是我们可以设$f_{x,j}$表示我们在权值为$j$的时候进入$x$的子树再出来时能够变为的最大权值。

假设我们权值从$j$增加到了$j+k$，那么再进入能够获得的贡献就是$f_{i,j+k}-f_{i,j}$，不难发现对于一个$f_{i,j}$不同的权值个数只有最多子树大小个。考虑维护这些变换的位置，记为若干个二元组$(x,y)$表示权值为$x$时进入能够获得$y$的权值，显然的我们有这些区间$[x,x+y]$是不相交的（因为如果相交那么可以一次获得更多权值）。

而合并的时候我们直接暴力把这些区间合并（因为即使表现上相交了，我们可以后续考虑节点权值的时候再合并这些区间），然后根据节点$x$的权值暴力合并前面的区间。

至于两个堆的合并自然可以用可并堆但是不如启发式合并好写。

时间复杂度：$O(n{\log }^{2}n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
struct node{ll to,next;
}a[N<<1];
ll T,n,t,tot,ls[N],p[N],w[N];
priority_queue<pair<ll,ll> >q[N];
void addl(ll x,ll y){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x,ll fa){p[x]=x;for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){ll y=a[i].to;if(y==fa)continue;dfs(y,x);if(q[p[y]].size()>q[p[x]].size())swap(p[x],p[y]);while(!q[p[y]].empty()){q[p[x]].push(q[p[y]].top());q[p[y]].pop();}}pair<ll,ll> k=mp(0,w[x]);while(!q[p[x]].empty()){pair<ll,ll> z=q[p[x]].top();z.first=-z.first;if(k.second>=0&&z.first>k.first+k.second)break;k=mp(max(k.first,z.first-k.second),k.second+z.second);q[p[x]].pop();}k.first=-k.first;if(k.second>0)q[p[x]].push(k);return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&T);while(T--){scanf("%lld%lld",&n,&t);tot=0;for(ll i=1;i<=n+1;i++){ls[i]=0;while(!q[i].empty())q[i].pop();}for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&w[i]);for(ll i=1,x,y;i<n;i++){scanf("%lld%lld",&x,&y);addl(x,y);addl(y,x);}++n;w[n]=1e18;addl(t,n);addl(n,t);dfs(1,0);if(q[p[1]].empty())puts("trapped");else{pair<ll,ll> w=q[p[1]].top();if(w.first>=0&&w.second>1e17)puts("escaped");else puts("trapped");}}return 0;
}