[BZOJ4009][HNOI2015]接水果(整体二分)

[HNOI2015]接水果

时间限制：60s      空间限制：512MB

题目描述

风见幽香非常喜欢玩一个叫做 osu!的游戏，其中她最喜欢玩的模式就是接水果。

由于她已经DT FC 了The big black,  她觉得这个游戏太简单了，于是发明了一个更

加难的版本。首先有一个地图，是一棵由 n 个顶点、n-1 条边组成的树（例如图 1

给出的树包含 8 个顶点、7 条边）。这颗树上有 P 个盘子，每个盘子实际上是一条

路径（例如图 1 中顶点 6 到顶点 8 的路径），并且每个盘子还有一个权值。第 i 个

盘子就是顶点a_i到顶点b_i的路径(由于是树，所以从a_i到b_i的路径是唯一的)，

权值为c_i。接下来依次会有Q个水果掉下来，每个水果本质上也是一条路径，第

i 个水果是从顶点 u_i 到顶点v_i 的路径。幽香每次需要选择一个盘子去接当前的水

果：一个盘子能接住一个水果，当且仅当盘子的路径是水果的路径的子路径（例如

图1中从 3到7 的路径是从1到8的路径的子路径）。这里规定:从a 到b的路径与

从b到 a的路径是同一条路径。当然为了提高难度，对于第 i 个水果，你需要选择

能接住它的所有盘子中，权值第 k_i 小的那个盘子，每个盘子可重复使用（没有使用次数

的上限：一个盘子接完一个水果后，后面还可继续接其他水果，只要它是水

果路径的子路径）。幽香认为这个游戏很难，你能轻松解决给她看吗？ 

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输入格式

第一行三个数 n和P 和Q，表示树的大小和盘子的个数和水果的个数。

接下来n-1 行，每行两个数 a、b，表示树上的a和b 之间有一条边。树中顶点

按1到 n标号。 接下来 P 行，每行三个数 a、b、c，表示路径为 a 到 b、权值为 c 的盘子，其

中0≤c≤10^9，a不等于b。 

接下来Q行，每行三个数 u、v、k，表示路径为 u到 v的水果，其中 u不等于v，你需要选择第 k小的盘子，

第k 小一定存在。 

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输出格式

对于每个果子，输出一行表示选择的盘子的权值。

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样例输入

10 10 10
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
6 7
7 8
8 9
9 10
3 2 217394434
10 7 13022269
6 7 283254485
6 8 333042360
4 6 442139372
8 3 225045590
10 4 922205209
10 8 808296330
9 2 486331361
4 9 551176338
1 8 5
3 8 3
3 8 4
1 8 3
4 8 1
2 3 1
2 3 1
2 3 1
2 4 1
1 4 1 

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样例输出

442139372
333042360
442139372
283254485
283254485
217394434
217394434
217394434
217394434
217394434
 

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提示

N,P,Q<=40000。

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题目来源

没有写明来源

类似HNOI2017的影魔，思想是把对象映射到平面上。

代码用时：1.5h。非常裸，整体二分加扫描线，树状数组代替线段树既省时有省力。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
 using namespace std;

 const int N=;
 int n,m,q,a,b,c,k,u,cnt,fa[N][],dfn[N],tim,lst[N],v[N],dep[N],ans[N],sum[N],nxt[N],h[N],to[N],tot;
 struct P{ int x1,x2,y1,y2,v; }p[N];
 struct D{ int x,y1,y2,v,id; }d[N];
 struct Q{int x,y,k,id; }pnt[N],t1[N],t2[N];
 bool operator <(P a,P b){ return a.v<b.v; }
 bool operator <(D a,D b){ return a.x==b.x ? a.id<b.id : a.x<b.x; }
 void add(int u,int v){ nxt[++tot]=h[u]; h[u]=tot; to[tot]=v; }
 int que(int x){ int res=; for (; x; x-=(x&(-x))) res+=v[x]; return res; }

 void mdf(int l,int r,int k){
     for (int i=l; i<=n; i+=(i&(-i))) v[i]+=k;
     for (int i=r+; i<=n; i+=(i&(-i))) v[i]-=k;
 }

 void dfs(int x){
     dfn[x]=++tim;
     rep(i,,) fa[x][i]=fa[fa[x][i-]][i-];
     For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x][]) fa[k][]=x,dep[k]=dep[x]+,dfs(k);
     lst[x]=tim;
 }

 int go(int a,int h){ for (int i=; ~i; i--) if (h&(<<i)) a=fa[a][i]; return a; }

 int lca(int a,int b){
     if (dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
     a=go(a,dep[a]-dep[b]);
     if (a==b) return a;
     for (int i=; ~i; i--) if (fa[a][i]!=fa[b][i]) a=fa[a][i],b=fa[b][i];
     return fa[a][];
 }

 void solve(int l,int r,int st,int ed){
     if (st>ed) return;
     if (l==r){ rep(i,st,ed) ans[pnt[i].id]=p[l].v; return; }
     int mid=(l+r)>>,sz=;
     rep(i,l,mid){
         d[++sz]=(D){p[i].x1,p[i].y1,p[i].y2,,};
         d[++sz]=(D){p[i].x2,p[i].y1,p[i].y2,-,n+};
     }
     rep(i,st,ed) d[++sz]=(D){pnt[i].x,pnt[i].y,,,i};
     sort(d+,d+sz+);
     rep(i,,sz)
         if (st<=d[i].id && d[i].id<=ed) sum[d[i].id]=que(d[i].y1);
             else mdf(d[i].y1,d[i].y2,d[i].v);
     int a=,b=;
     rep(i,st,ed)
         if (sum[i]>=pnt[i].k) t1[++a]=pnt[i];
         else t2[++b]=(Q){pnt[i].x,pnt[i].y,pnt[i].k-sum[i],pnt[i].id};
     rep(i,st,st+a-) pnt[i]=t1[i-st+];
     rep(i,st+a,ed) pnt[i]=t2[i-st-a+];
     solve(l,mid,st,st+a-); solve(mid+,r,st+a,ed);
 }

 int main(){
     freopen("bzoj4009.in","r",stdin);
     freopen("bzoj4009.out","w",stdout);
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
     rep(i,,n-) scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a);
     dfs();
     rep(i,,m){
         scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); u=lca(a,b);
         if (dfn[a]>dfn[b]) swap(a,b);
         if (u!=a) p[++cnt]=(P){dfn[a],lst[a],dfn[b],lst[b],c};
         else{
             int w=go(b,dep[b]-dep[a]-);
             p[++cnt]=(P){,dfn[w]-,dfn[b],lst[b],c};
             if (lst[w]<n) p[++cnt]=(P){dfn[b],lst[b],lst[w]+,n,c};
         }
     }
     sort(p+,p+cnt+);
     rep(i,,q){
         scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
         if (dfn[a]>dfn[b]) swap(a,b);
         pnt[i]=(Q){dfn[a],dfn[b],k,i};
     }
     solve(,cnt,,q);
     rep(i,,q) printf("%d\n",ans[i]);
     return ;
 }