题目描述

S国有N个城市,编号从1到N。城市间用N-1条双向道路连接,满足从一个城市出发可以到达其它所有城市。每个城市信仰不同的宗教,如飞天面条神教、隐形独角兽教、绝地教都是常见的信仰。

为了方便,我们用不同的正整数代表各种宗教, S国的居民常常旅行。旅行时他们总会走最短路,并且为了避免麻烦,只在信仰和他们相同的城市留宿。当然旅程的终点也是信仰与他相同的城市。S国政府为每个城市标定了不同的旅行评级,旅行者们常会记下途中(包括起点和终点)留宿过的城市的评级总和或最大值。

在S国的历史上常会发生以下几种事件:

“CC x c“:城市x的居民全体改信了c教;

“CW x w“:城市x的评级调整为w;

“QS x y“:一位旅行者从城市x出发,到城市y,并记下了途中留宿过的城市的评级总和;

“QM x y“:一位旅行者从城市x出发,到城市y,并记下了途中留宿过的城市的评级最大值。

由于年代久远,旅行者记下的数字已经遗失了,但记录开始之前每座城市的信仰与评级,还有事件记录本身是完好的。请根据这些信息,还原旅行者记下的数字。 为了方便,我们认为事件之间的间隔足够长,以致在任意一次旅行中,所有城市的评级和信仰保持不变。

输入输出格式

输入格式:

输入的第一行包含整数N,Q依次表示城市数和事件数。 接下来N行,第i+l行两个整数Wi,Ci依次表示记录开始之前,城市i的评级和信仰。 接下来N-1行每行两个整数x,y表示一条双向道路。 接下来Q行,每行一个操作,格式如上所述。

输出格式:

对每个QS和QM事件,输出一行,表示旅行者记下的数字。

输入输出样例

输入样例#1:

5 6
3 1
2 3
1 2
3 3
5 1
1 2
1 3
3 4
3 5
QS 1 5
CC 3 1
QS 1 5
CW 3 3
QS 1 5
QM 2 4
输出样例#1:

8
9
11
3

说明

N,Q < =10^5 , C < =10^5

数据保证对所有QS和QM事件,起点和终点城市的信仰相同;在任意时

刻,城市的评级总是不大于10^4的正整数,且宗教值不大于C。

思路:

  树剖+多棵线段树

来,上代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> #define LL long long
#define maxn 100005 using namespace std; struct EdgeType {
LL to,next;
};
struct EdgeType edge[maxn<<]; struct TreeNodeType {
LL l,r,dis,ma;
};
struct TreeNodeType tree[maxn*]; LL if_z,n,dis[maxn],god[maxn],cnt,q;
LL head[maxn],deep[maxn],f[maxn],size[maxn];
LL belong[maxn],flag[maxn],root[maxn]; char Cget; inline void read_int(LL &now)
{
now=,if_z=,Cget=getchar();
while(Cget>''||Cget<'')
{
if(Cget=='-') if_z=-;
Cget=getchar();
}
while(Cget>=''&&Cget<='')
{
now=now*+Cget-'';
Cget=getchar();
}
now*=if_z;
} inline void edge_add(LL from,LL to)
{
cnt++;
edge[cnt].to=to;
edge[cnt].next=head[from];
head[from]=cnt;
} void search_1(LL now,LL fa)
{
LL pos=cnt++;
deep[now]=deep[fa]+,f[now]=fa;
for(LL i=head[now];i;i=edge[i].next)
{
if(edge[i].to==fa) continue;
search_1(edge[i].to,now);
}
size[now]=cnt-pos;
} void search_2(LL now,LL chain)
{
belong[now]=chain,flag[now]=++cnt;
LL pos=;
for(LL i=head[now];i;i=edge[i].next)
{
if(edge[i].to==f[now]) continue;
if(size[edge[i].to]>size[pos]) pos=edge[i].to;
}
if(pos==) return ;
search_2(pos,chain);
for(LL i=head[now];i;i=edge[i].next)
{
if(edge[i].to==f[now]||edge[i].to==pos) continue;
search_2(edge[i].to,edge[i].to);
}
} inline void tree_up(LL now)
{
tree[now].dis=tree[tree[now].l].dis+tree[tree[now].r].dis;
tree[now].ma=max(tree[tree[now].l].ma,tree[tree[now].r].ma);
} void tree_do(LL &now,LL to,LL x,LL l,LL r)
{
if(now==) now=++cnt;
if(l==r)
{
tree[now].ma=x;
tree[now].dis=x;
return ;
}
LL mid=(l+r)>>;
if(to<=mid) tree_do(tree[now].l,to,x,l,mid);
else tree_do(tree[now].r,to,x,mid+,r);
tree_up(now);
} LL tree_query(LL now,LL tol,LL tor,LL l,LL r,LL type)
{
if(tol==l&&tor==r)
{
if(type==) return tree[now].dis;
else return tree[now].ma;
}
LL mid=(l+r)>>;
if(tol>mid) return tree_query(tree[now].r,tol,tor,mid+,r,type);
else if(tor<=mid) return tree_query(tree[now].l,tol,tor,l,mid,type);
else
{
if(type==) return tree_query(tree[now].l,tol,mid,l,mid,type)+tree_query(tree[now].r,mid+,tor,mid+,r,type);
else return max(tree_query(tree[now].l,tol,mid,l,mid,type),tree_query(tree[now].r,mid+,tor,mid+,r,type));
}
} inline LL solve_query(LL x,LL y,LL g,LL type)
{
LL pos=;
while(belong[x]!=belong[y])
{
if(deep[belong[x]]<deep[belong[y]]) swap(x,y);
if(type==) pos+=tree_query(root[g],flag[belong[x]],flag[x],,n,);
else pos=max(pos,tree_query(root[g],flag[belong[x]],flag[x],,n,));
x=f[belong[x]];
}
if(deep[x]>deep[y]) swap(x,y);
if(type==) pos+=tree_query(root[g],flag[x],flag[y],,n,);
else pos=max(pos,tree_query(root[g],flag[x],flag[y],,n,));
return pos;
} int main()
{
read_int(n),read_int(q);
for(LL i=;i<=n;i++) read_int(dis[i]),read_int(god[i]);
LL from,to;
for(LL i=;i<n;i++)
{
read_int(from),read_int(to);
edge_add(from,to);
edge_add(to,from);
}
cnt=,search_1(,);
cnt=,search_2(,);
cnt=;
for(LL i=;i<=n;i++)
{
tree_do(root[god[i]],flag[i],dis[i],,n);
}
char ch[];
for(LL i=;i<=q;i++)
{
cin>>ch;read_int(from),read_int(to);
if(ch[]=='Q')
{
if(ch[]=='S')
{
cout<<solve_query(from,to,god[from],);
putchar('\n');
}
else
{
cout<<solve_query(from,to,god[from],);
putchar('\n');
}
}
else
{
if(ch[]=='C')
{
tree_do(root[god[from]],flag[from],,,n);
god[from]=to;
tree_do(root[god[from]],flag[from],dis[from],,n);
}
else
{
tree_do(root[god[from]],flag[from],to,,n);
dis[from]=to;
}
}
}
return ;
}

AC日记——旅行 洛谷 P3313的更多相关文章

  1. AC日记——最大数 洛谷 P1198 [JSOI2008]

    题目描述 现在请求你维护一个数列,要求提供以下两种操作: 1. 查询操作. 语法:Q L 功能:查询当前数列中末尾L个数中的最大的数,并输出这个数的值. 限制:L不超过当前数列的长度. 2. 插入操作 ...

  2. AC日记——中位数 洛谷 P1168

    题目描述 给出一个长度为N的非负整数序列A[i],对于所有1 ≤ k ≤ (N + 1) / 2,输出A[1], A[2], …, A[2k - 1]的中位数.[color=red]即[/color] ...

  3. AC日记——传染病控制 洛谷 P1041

    传染病控制 思路: 题目想问的是: 有一棵树: 对于除1外每个深度可以剪掉一棵子树: 问最后剩下多少节点: 题目意思一简单,这个题立马就变水了: 搜索就能ac: 数据有为链的情况,按深度为层次搜索的话 ...

  4. AC日记——忠诚 洛谷 P1816

    题目描述 老管家是一个聪明能干的人.他为财主工作了整整10年,财主为了让自已账目更加清楚.要求管家每天记k次账,由于管家聪明能干,因而管家总是让财主十分满意.但是由于一些人的挑拨,财主还是对管家产生了 ...

  5. AC日记——独木桥 洛谷 p1007

    题目背景 战争已经进入到紧要时间.你是运输小队长,正在率领运输部队向前线运送物资.运输任务像做题一样的无聊.你希望找些刺激,于是命令你的士兵们到前方的一座独木桥上欣赏风景,而你留在桥下欣赏士兵们.士兵 ...

  6. AC日记——潜伏者 洛谷 P1071 (模拟)

    题目描述 R 国和 S 国正陷入战火之中,双方都互派间谍,潜入对方内部,伺机行动.历尽艰险后,潜伏于 S 国的 R 国间谍小 C 终于摸清了 S 国军用密码的编码规则: 1. S 国军方内部欲发送的原 ...

  7. AC日记——机器翻译 洛谷 P1540

    题目背景 小晨的电脑上安装了一个机器翻译软件,他经常用这个软件来翻译英语文章. 题目描述 这个翻译软件的原理很简单,它只是从头到尾,依次将每个英文单词用对应的中文含义来替换.对于每个英文单词,软件会先 ...

  8. AC日记——统计和 洛谷 P2068

    统计和 思路: 水题: 代码: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 100005 int n,m,tree ...

  9. AC日记——送花 洛谷 P2073

    送花 思路: 线段树: 代码: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 100005 struct TreeN ...

随机推荐

  1. php 正则表达式中的 .*? 表示什么意思

    我们知道我 .* 是任意字符,有的时候比较困惑在加个?什么意思. ?是非贪婪模式.*会匹配后面的一切字符,就是到结束的意思加?后就是不贪婪模式,这时要看?后边的字符是什么了,如.*?"的意思 ...

  2. 【python】python安装和运行报错汇总

    本文主要用于汇总在python开发过程中遇到的各种环境.工具相关问题,便于后续遇到相关问题,及时搞定,持续更新. 一.安装pip失败,具体如下: 错误信息: python setup.py insta ...

  3. 公用表表达式CTE简单递归使用-简单树形结构

    1.建表脚本 CREATE TABLE [dbo].[tb_tree]( ,) NOT NULL, [ParentId] [int] NULL, ) NULL, CONSTRAINT [PK_tb_t ...

  4. SQL语句小练习

    一.创建如下表结构(t_book) Id         主键   自增一 bookName   可变长 20 Price   小数 Author    可变长20 bookTypeId    图书类 ...

  5. 搜索引擎elasticsearch常用指令演示

    目录 交互方式 常用操作示例 添加文档 删除文档 修改文档 查询 简单查询 高级多条件查询 交互方式 操作ES有3种方式: kibana控制台(Dev Tools) Http + json api接口 ...

  6. Linux学习-登录档的轮替(logrotate)

    rsyslogd 利用的是 daemon 的方式来启动的, 当有需求的时候立刻就会被执行的,但是 logrotate 却是在规定的时间到了之后才来进行登录档的轮 替, 所以这个 logrotate 程 ...

  7. Linux学习-什么是 daemon 与服务 (service)

    『常驻在记体体中的程序,且可以提供 一些系统或网络功能,那就是服务』.而服务一般的英文说法是『 service 』. 那么 daemon 与 service 有关啰?否则为什么都能够提供 某些系统或网 ...

  8. Linux学习-磁盘配额 (Quota) 的应用与实作

    什么是 Quota 在 Linux 系统中,由于是多人多任务的环境,所以会有多人共同使用一个硬盘空间的情况发生, 如 果其中有少数几个使用者大量的占掉了硬盘空间的话,那势必压缩其他使用者的使用权力! ...

  9. bash脚本编写基础

    bash脚本编程     命令的堆砌     脚本程序:解释器解析执行     shell:交互式接口,编程环境         shell:能够提供一些内部命令,并且能通过PATH环境变量找到外部命 ...

  10. uiautomatorviewer打不开

    uiautomatorviewer打不开: 因为之前我下载的jdk版本为10,后来将jdk版本改为8之后就可以打开了.