洛谷题面传送门

咦?鸽子 tzc 竟然来补题解了?incredible(

首先看到这样类似于路径统计的问题我们可以非常自然地想到点分治。每次我们找出每个连通块的重心 \(x\) 然后以 \(x\) 为根 DFS 一遍整个子树,我们假设 \(y\) 到 \(x\) 的距离为 \(dep_y\),\(x\to y\) 这一段上颜色的权值之和为 \(sum_y\),那么考虑怎样合并两条路径。显然对于两个在 \(x\) 不同子树内的点 \(y,z\),\(y\to z\) 路径上边的个数就是 \(dep_y+dep_z\),路径上权值之和就是 \(sum_y+sum_z-c_{col_y}·[col_y=col_z]\),其中 \(col_y\) 为 \(x\to y\) 路径上经过的第一条边的权值。看到这个 \([col_y=col_z]\) 貌似有点棘手,不过注意到我们贡献显然是一个子树一个子树计算的对吧,因此我们考虑将 \(x\) 所有子树按 \(x\) 到这棵子树经过的第一条边的颜色从小到大排序,然后维护两棵线段树,第一棵线段树上下标为 \(d\) 的位置上维护 \(\max\limits_{dep_y=d\land col_y\ne C}sum_y\),第二棵维护 \(\max\limits_{dep_y=d\land col_y=C}sum_y\),其中 \(C\) 为当前颜色种类,然后每次颜色改变就暴力地将第二棵线段树中所有元素插入第一棵线段树中即可,查询就在两棵树中分别查 \([r-dep_y,l-dep_y]\) 的最大值,记作 \(mx1\) 和 \(mx2\),然后用 \(mx1+sum_y,mx2-c_{col_y}+sum_y\) 更新答案即可。

时间复杂度 \(n\log^2n\),其中一个 \(\log\) 在于点分治,一个 \(\log\) 在于线段树。

最后稍微总结一下这类点分治解决树上路径计数题目的解题技巧:首先要考虑怎样合并两段路径,如果不好合并那一般使用点分治不太好解决,其次要思考如何维护两段路径的决策,比较简单的使用一个桶即可维护,比较复杂的需用 BIT/线段树/平衡树解决。对于计数问题,容斥也是一个不错的选择,即先不考虑两个端点不在同一子树这一条件,先一股脑把贡献全加上去,再扣掉在同一子树内的情况。

const int MAXN=2e5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFll=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int n,m,L,R,c[MAXN+5],hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],val[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v,int w){to[++ec]=v;val[ec]=w;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int mx[MAXN+5],cent=0,siz[MAXN+5];bool vis[MAXN+5];
void findcent(int x,int f,int tot){
mx[x]=0;siz[x]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f||vis[y]) continue;
findcent(y,x,tot);siz[x]+=siz[y];
chkmax(mx[x],siz[y]);
} chkmax(mx[x],tot-siz[x]);
if(mx[cent]>mx[x]) cent=x;
}
int dep[MAXN+5];ll sum[MAXN+5];
void getdep(int x,int f,int pre){
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e],z=val[e];if(y==f||vis[y]) continue;
dep[y]=dep[x]+1;sum[y]=sum[x]+((z==pre)?0:c[z]);
getdep(y,x,z);
}
}
struct segtree{
struct node{int l,r;ll mx;} s[MAXN*4+5];
stack<int> stk;
void pushup(int k){s[k].mx=max(s[k<<1].mx,s[k<<1|1].mx);stk.push(k);}
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;s[k].mx=-INFll;if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void modify(int k,int p,ll v){
if(s[k].l==s[k].r) return chkmax(s[k].mx,v),stk.push(k),void();
int mid=s[k].l+s[k].r>>1;(p<=mid)?modify(k<<1,p,v):modify(k<<1|1,p,v);
pushup(k);
}
ll query(int k,int l,int r){
if(l>r) return -INFll;
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].mx;
int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
else return max(query(k<<1,l,mid),query(k<<1|1,mid+1,r));
}
void relax(){
while(!stk.empty()){
int k=stk.top();stk.pop();
s[k].mx=-INFll;
}
}
} s1,s2;
vector<int> pt;
ll res=-INFll;
void findpts(int x,int f){
pt.pb(x);
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f||vis[y]) continue;
findpts(y,x);
}
}
void divcent(int x){
// printf("divcent %d\n",x);
vis[x]=1;dep[x]=sum[x]=0;
vector<pii> sub;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e],z=val[e];if(vis[y]) continue;
dep[y]=1;sum[y]=c[z];getdep(y,x,z);
sub.pb(mp(z,y));
} sort(sub.begin(),sub.end());
vector<int> wt;s1.modify(1,0,0);
for(int i=0;i<sub.size();i++){
if(i&&sub[i].fi!=sub[i-1].fi){
s2.relax();
for(int y:wt) s1.modify(1,dep[y],sum[y]);
wt.clear();
} int y=sub[i].se;pt.clear();findpts(y,x);
for(int z:pt){
int d=dep[z];
if(d<=R){
chkmax(res,s1.query(1,max(L-d,0),R-d)+sum[z]);
chkmax(res,s2.query(1,max(L-d,0),R-d)+sum[z]-c[sub[i].fi]);
}
} for(int z:pt) wt.pb(z),s2.modify(1,dep[z],sum[z]);
// for(int z:pt) printf("%d %d %lld\n",z,dep[z],sum[z]);
} s1.relax();s2.relax();
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(vis[y]) continue;cent=0;
findcent(y,x,siz[y]);divcent(cent);
}
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&L,&R);s1.build(1,0,n);s2.build(1,0,n);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&c[i]);
for(int i=1,u,v,w;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),adde(u,v,w),adde(v,u,w);
mx[0]=INF;findcent(1,0,n);divcent(cent);
printf("%lld\n",res);
return 0;
}

洛谷 P3714 - [BJOI2017]树的难题(点分治)的更多相关文章

  1. P3714 [BJOI2017]树的难题 点分治+线段树合并

    题目描述 题目传送门 分析 路径问题考虑点分治 对于一个分治中心,我们可以很容易地得到从它开始的一条路径的价值和长度 问题就是如何将不同的路径合并 很显然,对于同一个子树中的所有路径,它们起始的颜色是 ...

  2. [BJOI2017]树的难题 点分治 线段树

    题面 [BJOI2017]树的难题 题解 考虑点分治. 对于每个点,将所有边按照颜色排序. 那么只需要考虑如何合并2条链. 有2种情况. 合并路径的接口处2条路径颜色不同 合并路径的接口处2条路径颜色 ...

  3. [BJOI2017]树的难题 点分治,线段树合并

    [BJOI2017]树的难题 LG传送门 点分治+线段树合并. 我不会写单调队列,所以就写了好写的线段树. 考虑对于每一个分治中心,把出边按颜色排序,这样就能把颜色相同的子树放在一起处理.用一棵动态开 ...

  4. 并不对劲的loj2179:p3714:[BJOI2017]树的难题

    题目大意 有一棵树,\(n\)(\(n\leq2*10^5\))个点,每条边\(i\)有颜色\(w_i\),共有\(m\)(\(m\leq n\))种颜色,第\(i\)种颜色的权值是\(c_i\)(\ ...

  5. BZOJ4860 BJOI2017 树的难题 点分治、线段树合并

    传送门 只会线段树……关于单调队列的解法可以去看“重建计划”一题. 看到路径长度$\in [L,R]$考虑点分治.可以知道,在当前分治中心向其他点的路径中,始边(也就是分治中心到对应子树的根的那一条边 ...

  6. luoguP3714 [BJOI2017]树的难题 点分治

    以后传数组绝对用指针... 考虑点分治 在点分的时候,把相同的颜色的在一起合并 之后,把不同颜色依次合并 我们可以用单调队列做到单次合并$O(n + m)$ 如果我们按照深度大小来合并,那么由于每次都 ...

  7. 洛谷1087 FBI树 解题报告

    洛谷1087 FBI树 本题地址:http://www.luogu.org/problem/show?pid=1087 题目描述 我们可以把由“0”和“1”组成的字符串分为三类:全“0”串称为B串,全 ...

  8. 洛谷P3018 [USACO11MAR]树装饰Tree Decoration

    洛谷P3018 [USACO11MAR]树装饰Tree Decoration树形DP 因为要求最小,我们就贪心地用每个子树中的最小cost来支付就行了 #include <bits/stdc++ ...

  9. NOIP2017提高组Day2T3 列队 洛谷P3960 线段树

    原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/9265380.html 题目传送门 - 洛谷P3960 题目传送门 - LOJ#2319 题目传送门 - Vij ...

随机推荐

  1. [源码解析] Pytorch 如何实现后向传播 (2)---- 引擎静态结构

    [源码解析] Pytorch 如何实现后向传播 (2)---- 引擎静态结构 目录 [源码解析] Pytorch 如何实现后向传播 (2)---- 引擎静态结构 0x00 摘要 0x01 Engine ...

  2. SpringBoot整合多个RabbitMQ

    一.背景 ​ 最近项目中需要用到了RabbitMQ来监听消息队列,监听的消息队列的 虚拟主机(virtualHost)和队列名(queueName)是不一致的,但是接收到的消息格式相同的.而且可能还存 ...

  3. TensorFlow从入门到入坑(2)

    TensorFlow学习(2) 一.jupyter notebook的安装和使用 1. 什么是jupyter notebook jupyter notebook(http://jupyter.org/ ...

  4. WPF进阶技巧和实战08-依赖属性与绑定03

    数据提供者 在大多数的代码中,都是通过设置元素的DataContext属性或者列表控件的ItemsSource属性,从而提供顶级的数据源.当数据对象是通过另一个类构造时,可以有其他选择. 一种是作为窗 ...

  5. hdu 2795 Billboard(单点更新,区间查询)

    题意: h*w的白板. 有n个广告牌,每个广告牌是1*wi.必须放置在白板的upmost中的leftmost. 输出n个广告牌放置在第几行.如果放不下,输出-1. 数据规格: h, w, and n ...

  6. JS基础面试

    1. JS是高级语言弱类型语言 脚本语言 1.1高级语言我们写完的代码不能直接执行,要先经过js引擎翻译成0101这种机器语言才能执行 1.2 弱类型语言变量可以在前一行设置为一个数字,下一行修改为一 ...

  7. docker+nginx搭建tomcat集群(附录)——nginx.conf文件

    附录:nginx.conf修改后的文件内容 user root;worker_processes 2; #error_log logs/error.log;#error_log logs/error. ...

  8. sed 修改替换包含关键字的整行

    查找关键字 user10 所在的行,替换整行内容为aaaaaaaaaa #sed -i "s/^.*user10.*$/aaaaaaaaaa/" useradd.txt

  9. Linux&C 线程控制 课后习题

    Q1:多线程与多进程相比有什么优势? 多进程程序耗费的资源大,因为fork()的时候子进程需要继承父进程的几乎所有东西,但是多线程程序线程只继承一部分,即自己的私有数据,例如自己的线程ID,一组寄存器 ...

  10. fabric运行错误汇总

    Error generating signCA for org org1.example.com: Failed storing key [ECDSAP256]: Failed storing ECD ...