这题有两种做法来着。。。

第一种就是一开始想到的比较不靠谱,不过貌似可以过掉:

看从$1$号节点开始到$p$号节点最大需要的体力,记录单调上升的体力,询问的时候二分跳着走就可以了

不过精度问题还有可能爆double什么的QAQ

于是写了一半果断弃疗。。。结果有人说他过了【摔

第二种是正解,对于每个点我们可以先把下面的骑士都先做完然后还活着的全部搞到这个点上来,然后再看有谁死在这个点上了

所以我们要维护能都删除/查询最小值,合并,允许打标记的数据结构

貌似是可并堆喵!【完结撒花~

 /**************************************************************
Problem: 4003
User: rausen
Language: C++
Result: Accepted
Time:6872 ms
Memory:56988 kb
****************************************************************/ #include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm> using namespace std;
typedef double lf;
typedef long long ll; const int N = 3e5 + ; struct edge {
int next, to;
edge(int _n = , int _t = ) : next(_n), to(_t) {}
} e[N]; struct heap {
heap *ls, *rs;
ll v, tag_t, tag_a;
int dep, st, w; void* operator new(size_t, int x, int y, ll z) {
static heap mempool[N], *c = mempool;
c -> ls = c -> rs = NULL;
c -> dep = , c -> v = z, c -> w = x, c -> st = y;
c -> tag_t = , c -> tag_a = ;
return c++;
} inline void Times(ll x) {
v *= x, tag_t *= x, tag_a *= x;
}
inline void Add(ll x) {
v += x, tag_a += x;
}
inline void push() {
if (ls) ls -> Times(tag_t);
if (rs) rs -> Times(tag_t);
tag_t = ;
if (ls) ls -> Add(tag_a);
if (rs) rs -> Add(tag_a);
tag_a = ;
} #define Dep(p) (p ? p -> dep : 0)
inline void update() {
dep = Dep(rs) + ;
} friend heap* merge(heap *x, heap *y) {
if (!x) return y;
if (!y) return x;
if (x -> v > y -> v) swap(x, y);
x -> push();
x -> rs = merge(x -> rs, y);
if (Dep(x -> rs) > Dep(x -> ls)) swap(x -> ls, x -> rs);
x -> update();
return x;
}
#undef Dep inline heap* pop() {
this -> push();
return merge(ls, rs);
}
} *h[N]; struct tree_node {
int fa, a, dep;
ll h, v;
} tr[N]; inline ll read() {
static ll x, sgn;
static char ch;
x = , sgn = , ch = getchar();
while (ch < '' || '' < ch) {
if (ch == '-') sgn = -;
ch = getchar();
}
while ('' <= ch && ch <= '') {
x = x * + ch - '';
ch = getchar();
}
return sgn * x;
} int n, m;
int first[N], tot;
int ans1[N], ans2[N]; inline void add_edge(int x, int y) {
e[++tot] = edge(first[x], y);
first[x] = tot;
} #define y e[x].to
void dfs(int p) {
int x;
tr[p].dep = tr[tr[p].fa].dep + ;
for (x = first[p]; x; x = e[x].next) {
dfs(y);
h[p] = merge(h[p], h[y]);
}
while (h[p] && h[p] -> v < tr[p].h) {
++ans1[p], ans2[h[p] -> w] = tr[h[p] -> st].dep - tr[p].dep;
h[p] = h[p] -> pop();
}
if (h[p])
if (tr[p].a) h[p] -> Times(tr[p].v);
else h[p] -> Add(tr[p].v);
}
#undef y int main() {
int i, x, c;
ll s;
n = read(), m = read();
for (i = ; i <= n; ++i) tr[i].h = read();
for (i = ; i <= n; ++i) {
x = read(), add_edge(x, i);
tr[i].fa = x , tr[i].a = read(), tr[i].v = read();
}
for (i = ; i <= m; ++i) {
s = read(), c = read();
h[c] = merge(h[c], new(i, c, s)heap);
}
dfs();
while (h[]) {
ans2[h[] -> w] = tr[h[] -> st].dep;
h[] = h[] -> pop();
}
for (i = ; i <= n; ++i) printf("%d\n", ans1[i]);
for (i = ; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans2[i]);
return ;
}

BZOJ4003 [JLOI2015]城池攻占的更多相关文章

  1. [bzoj4003][JLOI2015]城池攻占_左偏树

    城池攻占 bzoj-4003 JLOI-2015 题目大意:一颗n个节点的有根数,m个有初始战斗力的骑士都站在节点上.每一个节点有一个standard,如果这个骑士的战斗力超过了这个门槛,他就会根据城 ...

  2. BZOJ4003 [JLOI2015]城池攻占 左偏树 可并堆

    欢迎访问~原文出处——博客园-zhouzhendong 去博客园看该题解 题目传送门 - BZOJ4003 题意概括 题意有点复杂,直接放原题了. 小铭铭最近获得了一副新的桌游,游戏中需要用 m 个骑 ...

  3. BZOJ4003[JLOI2015]城池攻占——可并堆

    题目描述 小铭铭最近获得了一副新的桌游,游戏中需要用 m 个骑士攻占 n 个城池. 这 n 个城池用 1 到 n 的整数表示.除 1 号城池外,城池 i 会受到另一座城池 fi 的管辖, 其中 fi ...

  4. [BZOJ4003][JLOI2015]城池攻占(左偏树)

    这题有多种做法,一种是倍增预处理出每个点往上走2^i步最少需要的初始战斗力,一种是裸的启发式合并带标记splay. 每个点合并能攻占其儿子的所有骑士,删去所有无法攻占这个城市的骑士并记录答案. 注意到 ...

  5. BZOJ4003 JLOI2015城池攻占

    用左偏树模拟攻占的过程,维护最小值,最多入和出m次,每次log复杂度. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; typedef lon ...

  6. 【BZOJ4003】[JLOI2015]城池攻占 可并堆

    [BZOJ4003][JLOI2015]城池攻占 Description 小铭铭最近获得了一副新的桌游,游戏中需要用 m 个骑士攻占 n 个城池. 这 n 个城池用 1 到 n 的整数表示.除 1 号 ...

  7. BZOJ_4003_[JLOI2015]城池攻占_可并堆

    BZOJ_4003_[JLOI2015]城池攻占_可并堆 Description 小铭铭最近获得了一副新的桌游,游戏中需要用 m 个骑士攻占 n 个城池. 这 n 个城池用 1 到 n 的整数表示.除 ...

  8. [洛谷P3261] [JLOI2015]城池攻占(左偏树)

    不得不说,这道题目是真的难,真不愧它的“省选/NOI-”的紫色大火题!!! 花了我晚自习前半节课看题解,写代码,又花了我半节晚自习调代码,真的心态爆炸.基本上改得和题解完全一样了我才过了这道题!真的烦 ...

  9. BZOJ4003:[JLOI2015]城池攻占——题解

    https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4003 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3261 小铭 ...

随机推荐

  1. hdu 4165 Pills dp

    Pills Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Problem De ...

  2. Android 布局简要范例

    Android的布局决定着实际的UI界面呈现情况,正是这些UI界面的组合与千变万化,才呈现出了各式各样的风格. 而这些基础的布局框架结构很重要,需要玩的很熟悉.我将以前参考的部分代码示例,所做的相关实 ...

  3. Android中的五大布局和logcat打印日志

    在android中的布局有五大类,有的时候你可能用到一种,但有的时候你也可能需要两种或者三种布局同时一起使用.这五种布局为别为:LinearLayout(线性布局),FrameLayout(框架布局) ...

  4. 利用EL表达式+JSTL在客户端取得数据 示例

    <%@page import="cn.gbx.domain.Address"%> <%@page import="cn.gbx.domain.User& ...

  5. 利用Java的读写锁实现缓存的设计

    Java中的读写锁: 多个读锁不互斥, 读锁与写锁互斥, 写锁与写锁互斥, 这是由JVM自行控制的,我们只要上好相应的锁即可. 缓存的设计: package com.cn.gbx; import ja ...

  6. Ajax异步调用使用

    //验证通知号重复 function checkinformcodeagage() { var informcode = $("#txtinformcode").val(); if ...

  7. Python学习笔记17—Tornado

    实例 #!/usr/bin/env Python #coding:utf-8 import tornado.httpserver import tornado.ioloop import tornad ...

  8. TortoiseSvn

    TortoiseSVN 是svn版本控制系统的一个免费开源客户端,它是svn版本控制的 Windows 扩展.可以使你避免使用枯燥而且不方便的命令行.它完全嵌入 Windows Explorer,使用 ...

  9. epoll中et+多线程模式中很重要的EPOLL_ONESHOT实验

    因为et模式需要循环读取,但是在读取过程中,如果有新的事件到达,很可能触发了其他线程来处理这个socket,那就乱了. EPOLL_ONESHOT就是用来避免这种情况.注意在一个线程处理完一个sock ...

  10. iOS开发之如何修改Mac截屏保存路径

    如何修改Mac截屏保存路径   MAC OS X系统默认的截图路径是桌面文件夹,默认的截图格式是 PNG 图片格式,如何自定义设置呢? 截图保存路径 打开终端(Terminal)并输入如下命令: de ...