SPOJ - QTREE5 Query on a tree V 边分治
题意:给你一棵树, 然后树上的点都有颜色,且原来为黑,现在有2个操作,1 改变某个点的颜色, 2 询问树上的白点到u点的最短距离是多少。
题解:
这里用的还是边分治的方法。
把所有东西都抠出来, 然后每次询问的时候都访问每幅分割图的另外一侧。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Fopen freopen("_in.txt","r",stdin); freopen("_out.txt","w",stdout);
#define LL long long
#define ULL unsigned LL
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lch(x) tr[x].son[0]
#define rch(x) tr[x].son[1]
#define max3(a,b,c) max(a,max(b,c))
#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))
typedef pair<int,int> pll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL mod = (int)1e9+;
const int N = 2e5 + ;
struct Node{
int head[N], to[N<<], nt[N<<], ct[N<<];
int tot;
void init(){
memset(head, -, sizeof(head));
tot = ;
}
void add(int u, int v, int cost){
ct[tot] = cost;
to[tot] = v;
nt[tot] = head[u];
head[u] = tot++;
}
}e[];
int n, m, white[N], cut[N<<];
void rebuild(int o, int u){
int ff = ;
for(int i = e[].head[u]; ~i; i = e[].nt[i]){
int v = e[].to[i];
if(o == v) continue;
if(!ff){
e[].add(u, v, );
e[].add(v, u, );
ff = u;
}
else {
++n;
e[].add(ff, n, ); e[].add(n, ff, );
e[].add(n, v, ); e[].add(v, n, );
ff = n;
}
rebuild(u, v);
}
}
int sz[N], minval, id;
void get_edge(int o, int u, int num){
sz[u] = ;
for(int i = e[].head[u]; ~i; i = e[].nt[i]){
int v = e[].to[i];
if(v == o || cut[i>>]) continue;
get_edge(u, v, num);
sz[u] += sz[v];
int tmp = max(sz[v], num - sz[v]);
if(tmp < minval){
minval = tmp;
id = i;
}
}
}
int k = , op;
vector<pll> vc[N];
priority_queue<pll, vector<pll>, greater<pll> > pq[N<<][];
int wedge[N<<];
int mm;
void dfs2(int o, int u, int w){
vc[u].pb(pll(k*op, w));
sz[u] = ;
for(int i = e[].head[u]; ~i; i = e[].nt[i]){
int v = e[].to[i];
if(v == o || cut[i>>]) continue;
dfs2(u, v, w + e[].ct[i]);
sz[u] += sz[v];
}
}
void solve(int u, int num){
if(num <= ) return ;
minval = inf;
get_edge(, u, num);
int nid = id;
cut[nid>>] = ;
++k;
op = ;
dfs2(, e[].to[nid], );
op = -;
dfs2(, e[].to[nid^], );
wedge[k] = e[].ct[nid];
solve(e[].to[nid], sz[e[].to[nid]]);
solve(e[].to[nid^], sz[e[].to[nid^]]);
}
void Update(int k){
while(!pq[k][].empty() && !white[pq[k][].top().se]) pq[k][].pop();
while(!pq[k][].empty() && !white[pq[k][].top().se]) pq[k][].pop();
}
void setwhite(int u){
for(int i = ; i < vc[u].size(); i++){
int k = vc[u][i].fi, w = vc[u][i].se;
if(k < ) pq[-k][].push(pll(w,u));
else pq[k][].push(pll(w,u));
Update(abs(k));
}
}
void setblack(int u){
for(int i = ; i < vc[u].size(); i++){
int k = vc[u][i].fi;
Update(abs(k));
}
}
int Find(int u){
int ret = inf;
for(int i = ; i < vc[u].size(); i++){
int k = vc[u][i].fi, w = vc[u][i].se;
if(k < && !pq[-k][].empty())
ret = min(ret, w+wedge[-k]+pq[-k][].top().fi);
if(k > && !pq[k][].empty())
ret = min(ret, w+wedge[k]+pq[k][].top().fi);
}
return ret;
}
int main(){
e[].init(); e[].init();
scanf("%d", &n);
int u, v;
for(int i = ; i < n; i++){
scanf("%d%d", &u, &v);
e[].add(u, v, ); e[].add(v, u, );
}
memset(white, , sizeof(white));
rebuild(, );
solve(, n);
int num = , op;
scanf("%d", &m);
while(m--){
scanf("%d%d", &op, &v);
if(op == ){
white[v] ^= ;
if(white[v]){
setwhite(v);
num++;
}
else {
setblack(v);
num--;
}
}
else {
if(num == ) puts("-1");
else if(white[v]) puts("");
else {
printf("%d\n", Find(v));
}
}
}
return ;
}
SPOJ - QTREE5 Query on a tree V 边分治的更多相关文章
- QTREE5 - Query on a tree V——LCT
QTREE5 - Query on a tree V 动态点分治和动态边分治用Qtree4的做法即可. LCT: 换根后,求子树最浅的白点深度. 但是也可以不换根.类似平常换根的往上g,往下f的拼凑 ...
- SPOJ QTREE Query on a tree V
You are given a tree (an acyclic undirected connected graph) with N nodes. The tree nodes are number ...
- QTREE5 - Query on a tree V(LCT)
题意翻译 你被给定一棵n个点的树,点从1到n编号.每个点可能有两种颜色:黑或白.我们定义dist(a,b)为点a至点b路径上的边个数. 一开始所有的点都是黑色的. 要求作以下操作: 0 i 将点i的颜 ...
- SPOJ QTREE Query on a tree V ——动态点分治
[题目分析] QTREE4的弱化版本 建立出分治树,每个节点的堆表示到改点的最近白点距离. 然后分治树上一直向上,取min即可. 正确性显然,不用担心出现在同一子树的情况(不会是最优解),请自行脑补. ...
- SPOJ QTREE4 - Query on a tree IV 树分治
题意: 给出一棵边带权的树,初始树上所有节点都是白色. 有两种操作: C x,改变节点x的颜色,即白变黑,黑变白 A,询问树中最远的两个白色节点的距离,这两个白色节点可以重合(此时距离为0). 分析: ...
- SPOJ - QTREE4 Query on a tree IV 边分治
题目传送门 题意:有一棵数,每个节点有颜色,黑色或者白色,树边有边权,现在有2个操作,1修改某个点的颜色, 2询问2个白点的之前的路径权值最大和是多少. 题解: 边分治思路. 1.重构图. 因为边分治 ...
- SPOJ 375. Query on a tree (树链剖分)
Query on a tree Time Limit: 5000ms Memory Limit: 262144KB This problem will be judged on SPOJ. Ori ...
- SPOJ QTREE Query on a tree 树链剖分+线段树
题目链接:http://www.spoj.com/problems/QTREE/en/ QTREE - Query on a tree #tree You are given a tree (an a ...
- spoj 375 Query on a tree(树链剖分,线段树)
Query on a tree Time Limit: 851MS Memory Limit: 1572864KB 64bit IO Format: %lld & %llu Sub ...
随机推荐
- 技巧:结合Zabbix与SNMP监控嵌入式设备
在如何利用Zabbix监控网络设备三篇文章的前两篇中,我们介绍了如何通过Zabbix代理监控网络设备.但有些设备无法安装Zabbix代理,需要采用其他方法监控.需要考虑无法安装软件的嵌入式设备或应用程 ...
- Opengl_入门学习分享和记录_02_渲染管线(一)顶点输入
现在前面的废话:最近好事不断!十分开心!生活真美好! 好了今天要梳理一下,顶点输入的具体过程,同样也是渲染管线中的第一个阶段的详细过程的介绍.之前介绍过,OpenGL操作的是一组3D坐标,所以我们的输 ...
- volatile关键字的详解-并发编程的体现
xl_echo编辑整理,欢迎转载,转载请声明文章来源.欢迎添加echo微信(微信号:t2421499075)交流学习. 百战不败,依不自称常胜,百败不颓,依能奋力前行.--这才是真正的堪称强大!! 参 ...
- 在Linux和Windows系统中输出目录结构
前言 一直以来就想在写文章时,能以文本形式(而不是截图)附上项目的目录结构,今天终于知道怎么操作了,在这分享一下. Linux 首先说下Linux上输出目录结构的方法. yum安装tree 需要支持t ...
- 链表:如何实现LRU缓存淘汰算法?
缓存淘汰策略: FIFO:先入先出策略 LFU:最少使用策略 LRU:最近最少使用策略 链表的数据结构: 可以看到,数组需要连续的内存空间,当内存空间充足但不连续时,也会申请失败触发GC,链表则可 ...
- 【转】linux tar.gz zip 解压缩 压缩命令
http://apps.hi.baidu.com/share/detail/37384818 download ADT link http://dl.google.com/android/ADT-0. ...
- UWP实现吸顶的Pivot
话不多说,先上效果 这里使用了一个ScrollProgressProvider.cs,我们这篇文章先解析一下整体的动画思路,以后再详细解释这个Provider的实现方式. 结构 整个页面大致结构是 & ...
- json操作与使用 小白
json使用广可以和很多语言进行互换,把json序列化成字符串,可以反序列化回去 dumps(传入的类型,'ensure_ascii=False') loads网络传输 dump load文件写读 p ...
- Git 实用技巧:git stash
我们经常会遇到这样的情况: 正在dev分支开发新功能,做到一半时有人过来反馈一个bug,让马上解决,但是新功能做到了一半你又不想提交,这时就可以使用git stash命令先把当前进度保存起来.然后切换 ...
- ansible模块介绍之ios_command
一.模块简介 ios_command此模块将任意命令发送到ios节点并返回设备读取的结果 此模块不支持在配置模式下使用,即只支持在用户模式>和特权模式#下使用 官方文档地址:https://do ...