UOJ #284. 快乐游戏鸡题解（长链剖分+单调栈合并）
一番战斗之后，程序猿被计算鸡们赶走了。随着垫子计算鸡一声令下：“追！”，于是计算鸡村全村上下开始乘胜追击。计算鸡们希望在新的一年到来之际给程序猿以重创，出掉这一年的恶气。
可是程序猿一追就走，一走就跑，一跑就无影无踪。计算鸡们开始跋山涉水寻找程序猿的踪迹。快乐游戏鸡跟随大部队走着走着，突然说道：“我好像打过类似的游戏”。
快乐游戏鸡玩过的游戏是这样的：给定一棵 n 个结点的树，其中 1 号结点是根。每次玩家可以在树上行走，走过一条边需要 1 秒的时间，但只能往当前所在的点的某个儿子走，不能往父亲走。每次游戏需要从 s 号结点走到 t 号结点去。
玩家有一个总死亡次数，初始为 0。每个结点上有一个程序猿和一个参数 wi，如果走到结点 i 的时候，当前总的死亡次数小于 wi，那么玩家就会立刻死亡并回到起点 s，且该死亡过程不需要时间；如果总死亡次数大于等于 wi，那么玩家就能熟练地对付程序猿从而安然无恙。注意每次游戏时不需要考虑 s 和 t 上的程序猿。
该游戏会进行若干轮，每轮会清空总死亡次数并给出一组新的 s,t。现在请你对于每一轮游戏输出走到 t 所需要的最短时间（单位为秒）。
保证每个询问的 s 可以到达 t。
数据范围
1≤n,q≤3e5,1≤w≤1e9
Solution
本题作如下假设
s=起点,t=终点,path=路径上的点,dep=深度,w=死亡次数,subtree=子树,stk=单调栈,sum=从s→t的总死亡次数
- Hint1 考虑单条路径，则有我们在path上会受到阻碍当且仅当满足如下条件，那么对于这一条路径来说，我们想要维护这个信息是可以用单调栈维护的，只要满足以上条件，那就可以把这个点放入stk。
path[i].dep<path[j].dep&&path[i].w<path[j].w(i<j)
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Hint2 考虑s为root的子树，那就会有多条由子树出发到叶子节点的path，那我们可以发现，如果有一个点p∈subtree(s)&&p∈/path(s→t)，但是stk[i].w<p.w&&stk[i+1].dep>p.dep，那么此时，这个点也是可以放入stk的，所以我们要维护的单调栈应该是
subtree[i].dep<subtree[j].dep&&subtree[i].w<subtree[j].w(i<j)
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Hint3 考虑如何维护这个stk，如果我们每次到一个点u，然后直接dfs子树获取所有点并尝试放入stk的话，虽然能够维护，但是复杂度不对。考虑dfs的过程，如果我们能在搜到一个叶子节点的时候，把当前的stk存下来，如果回溯到子树根节点时，再把这些stk合并起来，那么如果我们合并方式合理，那就可以优化复杂度，比如用启发式合并可以做到O(nlogn)，又由于这个栈是可以以dep为主关键字的，所以可以用长链剖分，再在回溯的过程进行合并，就能做到O(n)（还没想通复杂度为什么是O(n)）.
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Hint4 考虑统计答案
sum=∑(w[i]−w[i−1])∗dep[i](i∈path(s→t))
但我们现在是在一个某一个节点上，当前的stk中存的是由子树中的节点所构成的，但是t不一定在 这个stk中，所以我们需要用一个二分找到当前stk中第一个w≥max(path(s→t).w)，我们令 它为pos， 但是如果我们一个一个去求和那么时间复杂度又变得不可接 受，这里我们可以用一个 前缀和或者后缀和来维护这个信息，由于我们使用的是栈，由于先入后出的性质我们只能记后缀 和，这样子每次从栈顶拿出元素，后面的和就不会受到影响。
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Hint5 考虑求解w≥max(path(s→t).w)，我们直接用树上倍增的方式即可求解
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Hint6 关于栈的空间分配问题，由于每个子树下的栈的空间最大都会达到dep，如果每个都去开一个数组显然空间复杂度会达到O(n2)，考虑空间复用。在长链剖分自下往上的回溯过程中，已经被并入长链的轻链是不会再用到的，并且长链上父节点是可以直接继承重儿子的信息的，所以我们只要按照长链剖分的dfn序来进行空间复用就行，我们对每一个节点p可以开一对L[p]（栈顶）,R[p]（栈底）表示当前节点stk的起始位置和结束位置，优先遍历重儿子，因为单调栈长度最大为dep[p]，而dfn[p]≥dep[p]所以肯定是空间够用的。
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Hint7 计算答案时还有很多细节，加在代码的注释中。
Code
