[Vani有约会]雨天的尾巴——树上差分+动态开点线段树合并

题目描述

首先村落里的一共有n座房屋，并形成一个树状结构。然后救济粮分m次发放，每次选择两个房屋(x,y)，然后对于x到y的路径上（含x和y)每座房子里发放一袋z类型的救济粮。
然后深绘里想知道，当所有的救济粮发放完毕后，每座房子里存放的最多的是哪种救济粮。

说明

对于20%的数据，1 <= n, m <= 100
对于50%的数据，1 <= n, m <= 2000
对于100%的数据，1 <= n, m <= 100000, 1 <= a, b, x, y <= n, 1 <= z <= 100000
空间131MB

题解

又是树上路径问题。

要支持路径修改，并且是每个点是一个桶加入一个数。

要支持最后的统一单点查询。

树链剖分的话，显然对于桶的处理，怕不是要树套树了。总之打标记是一个很麻烦的事情。

其实最后只要单点查询。

所以，我们还可以树上差分。

对于一般的树上差分，只是每个点有一个点权。

但是，这个题每个点必须有一个桶。

而且桶还得快速合并，并且支持查询出现最多的数

桶还不能开满，因为会MLE

所以，每个点开一个动态开点权值线段树即可。

每次差分4个点，x,y,lca,fa[lca]

最后，要像一般的树上差分一样dfs一遍

不同的是，这个是线段树合并。

merge函数（自己yy的）：

int merge(int x,int y){
    if(!x||!y) return x|y;
    if(!t[x].ls&&!t[y].ls&&!t[x].rs&&!t[y].rs){
        t[x].mx+=t[y].mx;
    }
    else{
    t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls);
    t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs);
    pushup(x);
    }
    return x;
}

或者更普遍的：

int merge(int x,int y,int l,int r){
    if(!x||!y) return x|y;
    if(l==r){
        t[x].mx+=t[y].mx;
    }
    else{
    t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,l,mid);
    t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,mid+,r);
    pushup(x);
    }
    return x;
}

总之就是叶子判断注意，必须暴力合并。

复杂度？

时间：本质就是merge函数启动次数，启动一次可以认为常数级别。

成功merge一次，会删掉一个节点。如果不成功，直接return x|y也不会往下走了。

开始有mlogn节点。所以复杂度最多mlogn

空间：动态开点是最多mlogn*4，因为一次差分四点更新嘛。

而之后的合并又不需要新的内存。

可以赌一把，为了不MLE，开60*m也可以过。。。

（这个题不能内存回收，否则还可以节省的。）

bug：

1.应该rt[x]=merge(rt[x],rt[y],1,n)  开始 没有rt[x]=返回值？dev luogu都没报错。。。

2.线段树合并函数开始没有对叶子暴力处理。。。（毕竟还是第一次写）

3.还有，线段树维护的是mx最大数个数，id最大数的值。

如果t[rt[x]]的mx>0才行。因为我的程序只要差分有关，就把id记上了，虽然可能mx是-1。。。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int N=+;
const int U=;
int n,m;
struct haha{
    int nxt,to;
}e[*N];
int hd[N],cnt;
void add(int x,int y){
    e[++cnt].nxt=hd[x];
    e[cnt].to=y;hd[x]=cnt;
}
int fa[N][];
int dep[N];
int ans[N];
void dfs(int x,int d){//no fa
    dep[x]=d;
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;if(y==fa[x][]) continue;
        fa[y][]=x;dfs(y,d+);
    }
}
int lca(int x,int y){
    if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
    for(int j=;j>=;j--){
        if(dep[fa[x][j]]>=dep[y]) x=fa[x][j];
    }
    if(x==y) return x;
    for(int j=;j>=;j--){
        if(fa[x][j]!=fa[y][j]) x=fa[x][j],y=fa[y][j];
    }return fa[x][];
}
struct node{
    int mx,id;
    int ls,rs;
}t[N*];
int tot;
int rt[N];
void pushup(int x){
    if(t[x].ls&&t[x].rs){
        t[x].mx=max(t[t[x].ls].mx,t[t[x].rs].mx);
        t[x].id=t[t[x].ls].mx>=t[t[x].rs].mx?t[t[x].ls].id:t[t[x].rs].id;
    }
    else if(t[x].ls){
        t[x].mx=t[t[x].ls].mx;
        t[x].id=t[t[x].ls].id;
    }
    else if(t[x].rs){
        t[x].mx=t[t[x].rs].mx;
        t[x].id=t[t[x].rs].id;
    }
}
void upda(int &x,int l,int r,int p,int c){

    if(!x) x=++tot;
    //cout<<x<<" "<<l<<" "<<r<<" : "<<p<<" "<<c<<endl;
    if(l==r) {
        t[x].id=l,t[x].mx+=c;
        return;
    }
    if(p<=mid) upda(t[x].ls,l,mid,p,c);
    else upda(t[x].rs,mid+,r,p,c);
    pushup(x);
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
    if(!x||!y) return x|y;
    if(l==r){
        t[x].mx+=t[y].mx;
    }
    else{
    t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,l,mid);
    t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,mid+,r);
    pushup(x);
    }
    return x;
}
void sol(int x){//no fa
    //cout<<" solving "<<x<<endl;
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(y==fa[x][]) continue;
        sol(y);
        //cout<<" rtx rty "<<rt[x]<<" "<<rt[y]<<endl;
        rt[x]=merge(rt[x],rt[y],,U);
        //cout<<t[rt[x]].mx<<" "<<t[rt[x]].id<<endl;
    }
    if(t[rt[x]].mx>)ans[x]=t[rt[x]].id;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);int x,y;
    for(int i=;i<=n-;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);
    }dfs(,);
    dep[]=-;
    for(int j=;j<=;j++)
        for(int i=;i<=n;i++)
             fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-];
    int z;
    while(m--){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        int anc=lca(x,y);
        //cout<<" anc "<<anc<<" "<<fa[anc][0]<<endl;
        upda(rt[x],,U,z,);
        upda(rt[y],,U,z,);
        upda(rt[anc],,U,z,-);
        if(fa[anc][])upda(rt[fa[anc][]],,U,z,-);

    }
    /*for(int i=1;i<=n;i++){
        cout<<" rt "<<i<<" "<<rt[i]<<" : "<<t[rt[i]].mx<<" "<<t[rt[i]].id<<endl;
    }*/
    sol();
    for(int i=;i<=n;i++){
        printf("%d\n",ans[i]);
    }return ;
}

总结：

比较裸的树上差分

然后比较裸的线段树合并。

就是把树上差分的东西从值变成了物品。

动态开点线段树+合并就应运而生了。