[洛谷P3979]遥远的国度
题目大意:有一棵$n$个点的树,每个点有一个点权,有三种操作:
- $1\;x:$把根变成$x$
- $2\;u\;v\;x:$把路径$u->v$上的点权改为$x$
- $3\;x:$询问以$x$为根的子树中最小的点权
题解:树剖,发现换根操作比较困难,可以进行一波分类讨论(下面的$lca$以及子树都是在以$1$为根的情况下(其实任意一个固定的点均可)
- $root=x:$就是询问整棵树
- $lca(root,x)\not=x:$就是正常询问$x$的子树
- $lca(root,x)=x:$就是整棵树减去$root$所在的子树
然后步骤三的减去$root$所在的子树中的找这棵子树可以用倍增来求
卡点:步骤三中只查询了$x$的子树减去$root$子树
C++ Code:
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cctype>
namespace std {
struct istream {
#define M (1 << 24 | 3)
char buf[M], *ch = buf - 1;
inline istream() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("input.txt", "r", stdin);
#endif
fread(buf, 1, M, stdin);
}
inline istream& operator >> (int &x) {
while (isspace(*++ch));
for (x = *ch & 15; isdigit(*++ch); ) x = x * 10 + (*ch & 15);
return *this;
}
#undef M
} cin;
struct ostream {
#define M (1 << 24 | 3)
char buf[M], *ch = buf - 1;
inline ostream& operator << (int x) {
if (!x) {
*++ch = '0';
return *this;
}
static int S[20], *top; top = S;
while (x) {
*++top = x % 10 ^ 48;
x /= 10;
}
for (; top != S; --top) *++ch = *top;
return *this;
}
inline ostream& operator << (const char x) {*++ch = x; return *this;}
inline ~ostream() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif
fwrite(buf, 1, ch - buf + 1, stdout);
}
#undef M
} cout;
} #define maxn 100010
const int inf = 0x7fffffff; int head[maxn], cnt;
struct Edge {
int to, nxt;
} e[maxn << 1];
inline void addedge(int a, int b) {
e[++cnt] = (Edge) {b, head[a]}; head[a] = cnt;
e[++cnt] = (Edge) {a, head[b]}; head[b] = cnt;
} int n, m;
int w[maxn], W[maxn];
namespace SgT {
int V[maxn << 2], tg[maxn << 2];
inline void pushdown(int rt) {
int &__tg = tg[rt];
V[rt << 1] = tg[rt << 1] = V[rt << 1 | 1] = tg[rt << 1 | 1] = __tg;
__tg = 0;
} int L, R, num;
void build(int rt, int l, int r) {
if (l == r) {
V[rt] = W[l];
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
build(rt << 1, l, mid);
build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
V[rt] = std::min(V[rt << 1], V[rt << 1 | 1]);
}
void __modify(int rt, int l, int r) {
if (L <= l && R >= r) {
V[rt] = tg[rt] = num;
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
if (tg[rt]) pushdown(rt);
if (L <= mid) __modify(rt << 1, l, mid);
if (R > mid) __modify(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
V[rt] = std::min(V[rt << 1], V[rt << 1 | 1]);
}
void modify(int __L, int __R, int __num) {
L = __L, R = __R, num = __num;
__modify(1, 1, n);
} int ans;
void __query(int rt, int l, int r) {
if (L <= l && R >= r) {
ans = std::min(ans, V[rt]);
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
if (tg[rt]) pushdown(rt);
if (L <= mid) __query(rt << 1, l, mid);
if (R > mid) __query(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
}
int query(int __L, int __R) {
L = __L, R = __R;
ans = inf;
__query(1, 1, n);
return ans;
}
} int root;
int fa[maxn], sz[maxn], dfn[maxn], idx;
int son[maxn], top[maxn], dep[maxn]; namespace BZ {
#define M 17
int fa[maxn][M + 1];
inline void init(int u) {
*fa[u] = ::fa[u];
for (int i = 1; i <= M; i++) fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
}
inline int get_son(int x, int y) {
for (int i = M; ~i; i--) if (dep[fa[x][i]] > dep[y]) x = fa[x][i];
return x;
}
#undef M
}
using BZ::get_son; void dfs1(int u) {
BZ::init(u);
sz[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (v != fa[u]) {
fa[v] = u;
dep[v] = dep[u] + 1;
dfs1(v);
sz[u] += sz[v];
if (!son[u] || sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v;
}
}
}
void dfs2(int u) {
dfn[u] = ++idx;
int v = son[u];
if (v) top[v] = top[u], dfs2(v);
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (v != fa[u] && v != son[u]) {
top[v] = v;
dfs2(v);
}
}
}
inline int LCA(int x, int y) {
if (x == y) return x;
while (top[x] != top[y]) {
if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) std::swap(x, y);
x = fa[top[x]];
}
return dep[x] > dep[y] ? y : x;
}
void modify(int x, int y, int z) {
while (top[x] != top[y]) {
if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) std::swap(x, y);
SgT::modify(dfn[top[x]], dfn[x], z);
x = fa[top[x]];
}
if (dep[x] > dep[y]) std::swap(x, y);
SgT::modify(dfn[x], dfn[y], z);
}
inline int query(int x) {
if (root == x) return SgT::query(1, n);
if (LCA(x, root) != x) return SgT::query(dfn[x], dfn[x] + sz[x] - 1);
const int S = get_son(root, x), l = dfn[S], r = dfn[S] + sz[S] - 1;
int ans = inf;
if (1 < l) ans = SgT::query(1, l - 1);
if (r < n) ans = std::min(ans, SgT::query(r + 1, n));
return ans;
} int main() {
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1, a, b; i < n; i++) {
std::cin >> a >> b;
addedge(a, b);
}
dfs1(1);
dfs2(top[1] = 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) std::cin >> w[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) W[dfn[i]] = w[i];
SgT::build(1, 1, n);
std::cin >> root;
while (m --> 0) {
int op, u, v, x;
std::cin >> op >> u;
switch (op) {
case 1:
root = u;
break;
case 2:
std::cin >> v >> x;
modify(u, v, x);
break;
case 3:
std::cout << query(u) << '\n';
}
}
return 0;
}
[洛谷P3979]遥远的国度的更多相关文章
- 洛谷 P3979 遥远的国度
题目描述 修改某条路径上的值以及询问子树的最小值都最树剖的基础操作,那么如何实现换根呢? 考虑一下三种情况: 1.rot=询问的子树x,答案就是整棵树的最小值 2.rot在x的子树里,只有rot到x这 ...
- 洛谷P3979 遥远的国度 树链剖分+分类讨论
题意:给出一棵树,这棵树每个点有权值,然后有3种操作.操作一:修改树根为rt,操作二:修改u到v路径上点权值为w,操作三:询问以rt为根x子树的最小权值. 解法:如果没有修改树根操作那么这题就是树链剖 ...
- 遥远的国度 (树链剖分换根),洛谷P3979
析:显然,若没有换根操作,则为树链剖分板子题,但是这道题我们考虑换根操作 考虑这样一个性质:在一棵树上,两点的距离路径是唯一的!! 也就是说,我们在修改路径上的点权时,不必考虑根在哪里,直接利用模板修 ...
- 洛谷P1514 [NOIP2010提高组T4]引水入城
P1514 引水入城 题目描述 在一个遥远的国度,一侧是风景秀美的湖泊,另一侧则是漫无边际的沙漠.该国的行政区划十分特殊,刚好构成一个N 行M 列的矩形,如上图所示,其中每个格子都代表一座城市,每座城 ...
- 洛谷1640 bzoj1854游戏 匈牙利就是又短又快
bzoj炸了,靠离线版题目做了两道(过过样例什么的还是轻松的)但是交不了,正巧洛谷有个"大牛分站",就转回洛谷做题了 水题先行,一道傻逼匈牙利 其实本来的思路是搜索然后发现写出来类 ...
- 洛谷P1352 codevs1380 没有上司的舞会——S.B.S.
没有上司的舞会 时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 钻石 Diamond 题目描述 Description Ural大学有N个职员,编号为1~N.他们有 ...
- 洛谷P1108 低价购买[DP | LIS方案数]
题目描述 “低价购买”这条建议是在奶牛股票市场取得成功的一半规则.要想被认为是伟大的投资者,你必须遵循以下的问题建议:“低价购买:再低价购买”.每次你购买一支股票,你必须用低于你上次购买它的价格购买它 ...
- 洛谷 P2701 [USACO5.3]巨大的牛棚Big Barn Label:二维数组前缀和 你够了 这次我用DP
题目背景 (USACO 5.3.4) 题目描述 农夫约翰想要在他的正方形农场上建造一座正方形大牛棚.他讨厌在他的农场中砍树,想找一个能够让他在空旷无树的地方修建牛棚的地方.我们假定,他的农场划分成 N ...
- 洛谷P1710 地铁涨价
P1710 地铁涨价 51通过 339提交 题目提供者洛谷OnlineJudge 标签O2优化云端评测2 难度提高+/省选- 提交 讨论 题解 最新讨论 求教:为什么只有40分 数组大小一定要开够 ...
随机推荐
- c#中insert Geography的字段,包含事务
SqlConnection conn = new SqlConnection(); conn.ConnectionString ="你的sql server数据库连接字符串"; c ...
- 四、新时间日期API
一.使用 LocalDate .LocalTime .LocalDateTime LocalDate.LocalTime.LocalDateTime 类的实例是不可变的对象,分别表示使用 ISO-86 ...
- android 几个工具方法
集合几个工具方法,方便以后使用. 1.获取手机 分辨率屏幕: public static void printScreenInfor(Context context){ DisplayMetrics ...
- java 浅复制 深复制
1.浅复制 只是复制引用,对引用的操作会影响之前复制的对象. 2.深复制 复制一个完全独立的对象,复制对象与被复制对象相互之间不影响. 只是概念性东西....
- CentOS安装JMeter
mkdir /usr/local/jmeter 新建jmeter目录 cd /usr/local/jmeter 进入jmeter目录 wget https://archive.apache.org/d ...
- 第一章 了解TCP/IP协议族
第一章 了解TCP/IP协议族 1.1 TCP/IP协议族体系结构以及主要协议 IP和TCP协议对编写程序具有最直接的影响,后面的章节会详细的讲到. TCP/IP的体系结构有应用层,传输层,网络层,数 ...
- sparksql读写hbase
//写入hbase(hfile方式) org.apache.hadoop.hbase.client.Connection conn = null; try { SparkLog.debug(" ...
- 安卓客户端浏览器ajax注意
这两天被一个bug搞疯了,就是公司安卓app上我负责的网页死活不进ajax,一开始我用的是post方式提交的,但是参数那一栏没写,直接把参数写在url上了,后来老大跟我说post不写参数会出问题,后来 ...
- vista x64 vs2010 win32添加资源 未能完成操作解决办法
非常痛苦的感觉,不能用vc6,msdn library也不好用,去2k3系统试了下,没有任何问题,无奈想重装系统了,但是太浪费时间,装了虚拟机也是vistax64的,安装之后正常... 卸载重新安装依 ...
- LeetCode - 566. Reshape the Matrix (C++) O(n)
1. 题目大意 根据给定矩阵,重塑一个矩阵,r是所求矩阵的行数,c是所求矩阵的列数.如果给定矩阵和所求矩阵的数据个数不一样,那么返回原矩阵.否则,重塑矩阵.其中两个矩阵中的数据顺序不变(先行后列). ...