去博客园看该题解

题目

HDU5692 Snacks

Problem Description

百度科技园内有n个零食机,零食机之间通过n−1条路相互连通。每个零食机都有一个值v,表示为小度熊提供零食的价值。

由于零食被频繁的消耗和补充,零食机的价值v会时常发生变化。小度熊只能从编号为0的零食机出发,并且每个零食机至多经过一次。另外,小度熊会对某个零食机的零食有所偏爱,要求路线上必须有那个零食机。

为小度熊规划一个路线,使得路线上的价值总和最大。

Input

输入数据第一行是一个整数T(T≤10),表示有T组测试数据。

对于每组数据,包含两个整数n,m(1≤n,m≤100000),表示有n个零食机,m次操作。

接下来n−1行,每行两个整数x和y(0≤x,y<n),表示编号为x的零食机与编号为y的零食机相连。

接下来一行由n个数组成,表示从编号为0到编号为n−1的零食机的初始价值v(|v|<100000)。

接下来m行,有两种操作:0 x y,表示编号为x的零食机的价值变为y;1 x,表示询问从编号为0的零食机出发,必须经过编号为x零食机的路线中,价值总和的最大值。

本题可能栈溢出,辛苦同学们提交语言选择c++,并在代码的第一行加上:

`#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") `

Output

对于每组数据,首先输出一行”Case #?:”,在问号处应填入当前数据的组数,组数从1开始计算。

对于每次询问,输出从编号为0的零食机出发,必须经过编号为x零食机的路线中,价值总和的最大值。

Sample Input

1

6 5

0 1

1 2

0 3

3 4

5 3

7 -5 100 20 -5 -7

1 1

1 3

0 2 -1

1 1

1 5

Sample Output

Case #1:

102

27

2

20

题目概括

给定一棵n个点的有根树,每个点有一个点权。根节点为0,节点标号为0~n-1。

定义最大路径为:从根出发走到某个点,点权和最大的路径。

现在有Q次操作,每种是以下两种之一:

(1).将点x的点权变成v。

(2).求经过某一个点的最大路径的点权和。

题解

线段树。

我们设:

w[x]为节点x的权值

Dis[x]为从根节点到达当前节点的权值

那么,一开始,dis[x]可以通过一遍dfs全部求出来。

如何处理更改和询问呢?那么我们从询问入手。

题目询问的是经过一个点的最大路径的点权和,那么其实就是到达这个节点或者其子孙节点的最大dis[x], 其实就是查询整个子树的max(dis[x])。

那么我们想到了什么?因为在树的dfs序中,同一个子树节点的所对应的序号一定是整个dfs序中的连续的一段!具体详见  关于dfs序的思考  。

那么我们就可以把询问转化成“求区间最大值”的问题了。然而同理思考,那么修改其实就是修改整个子树的最大值!对于0 x y, 其实就是子树x的所有节点都增加y-w[x]!那么最大值也增加y-w[x]。

问题就变成了一个询问区间最大值和区间修改(同增或者同减)的问题了。

于是,我们就可以用线段树来维护。一棵线段树就好了吧。

剧情还是有波折的!

代码1 - TLE

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL Inf=1e18;
const int N=+;
vector <int> son[N];
int T,n,m,time;
int in[N],out[N];
LL dis[N],w[N];
struct Tree{
LL add,v;
}t[N*];
void dfs(int prev,int rt){
in[rt]=++time;
dis[in[rt]]=dis[in[prev]]+w[rt];
for (int i=;i<son[rt].size();i++)
if (son[rt][i]!=prev)
dfs(rt,son[rt][i]);
out[rt]=time;
}
void build(int rt,int le,int ri){
t[rt].add=;
if (le==ri){
t[rt].v=dis[le];
return;
}
int mid=(le+ri)>>,ls=rt<<,rs=ls|;
build(ls,le,mid);
build(rs,mid+,ri);
t[rt].v=max(t[ls].v,t[rs].v);
}
void pushdown(int rt){
if (t[rt].add==)
return;
int ls=rt<<,rs=ls|;
LL v=t[rt].add;
t[ls].v+=v,t[ls].add+=v;
t[rs].v+=v,t[rs].add+=v;
t[rt].add=;
}
void update(int rt,int le,int ri,int xle,int xri,LL d){
if (le>xri||xle>ri)
return;
if (xle<=le&&ri<=xri){
t[rt].v+=d,t[rt].add+=d;
return;
}
pushdown(rt);
int mid=(le+ri)>>,ls=rt<<,rs=ls|;
update(ls,le,mid,xle,xri,d);
update(rs,mid+,ri,xle,xri,d);
t[rt].v=max(t[ls].v,t[rs].v);
}
LL query(int rt,int le,int ri,int xle,int xri){
if (le>xri||xle>ri)
return -Inf;
if (xle<=le&&ri<=xri)
return t[rt].v;
pushdown(rt);
int mid=(le+ri)>>,ls=rt<<,rs=ls|;
LL ans=-Inf;
ans=max(ans,query(ls,le,mid,xle,xri));
ans=max(ans,query(rs,mid+,ri,xle,xri));
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
for (int cas=;cas<=T;cas++){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<N;i++)
son[i].clear();
for (int i=,a,b;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b),a++,b++;
son[a].push_back(b);
son[b].push_back(a);
}
for (int i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&w[i]);
time=in[]=dis[]=;
dfs(,);
build(,,n);
printf("Case #%d:\n",cas);
while (m--){
int type,x;
LL y;
scanf("%d%d",&type,&x),x++;
if (type==){
scanf("%lld",&y);
update(,,n,in[x],out[x],y-w[x]);
w[x]=y;
}
else
printf("%lld\n",query(,,n,in[x],out[x]));
}
}
return ;
}

代码2 - AC

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=+;
const LL Inf=1e18;
vector <int> son[N];
int T,n,m,in[N],out[N],time;
LL w[N],dis[N];
struct Tree{
LL v,add;
}t[N*];
void dfs(int prev,int rt){
in[rt]=++time;
dis[in[rt]]=dis[in[prev]]+w[rt];
for (int i=;i<son[rt].size();i++)
if (son[rt][i]!=prev)
dfs(rt,son[rt][i]);
out[rt]=time;
}
void pushup(int rt){
t[rt].v=max(t[rt<<].v,t[rt<<|].v);
}
void build(int rt,int le,int ri){
t[rt].add=;
if (le==ri){
t[rt].v=dis[le];
return;
}
int mid=(le+ri)>>;
build(rt<<,le,mid);
build(rt<<|,mid+,ri);
pushup(rt);
}
void pushdown(int rt){
if (t[rt].add==)
return;
int ls=rt<<,rs=ls|;
LL v=t[rt].add;
t[ls].v+=v,t[ls].add+=v;
t[rs].v+=v,t[rs].add+=v;
t[rt].add=;
}
void update(int rt,int le,int ri,int xle,int xri,LL d){
if (le>xri||ri<xle)
return;
if (xle<=le&&ri<=xri){
t[rt].v+=d,t[rt].add+=d;
return;
}
pushdown(rt);
int mid=(le+ri)>>;
update(rt<<,le,mid,xle,xri,d);
update(rt<<|,mid+,ri,xle,xri,d);
pushup(rt);
}
LL query(int rt,int le,int ri,int xle,int xri){
if (le>xri||ri<xle)
return -Inf;
if (xle<=le&&ri<=xri)
return t[rt].v;
pushdown(rt);
int mid=(le+ri)>>;
return max(query(rt<<,le,mid,xle,xri),query(rt<<|,mid+,ri,xle,xri));
}
int main(){
scanf("%d",&T);
for (int cas=;cas<=T;cas++){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=;i<=n;i++)
son[i].clear();
for (int i=,a,b;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);a++,b++;
son[a].push_back(b);
son[b].push_back(a);
}
for (int i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&w[i]);
time=in[]=dis[]=;
dfs(,);
build(,,n);
printf("Case #%d:\n",cas);
while (m--){
int type,x;
LL y;
scanf("%d%d",&type,&x);x++;
if (type==){
scanf("%lld",&y);
update(,,n,in[x],out[x],y-w[x]);
w[x]=y;
}
else
printf("%lld\n",query(,,n,in[x],out[x]));
}
}
return ;
}

找不同~

就是一句话的不同!

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

这句话!

是的,我由于这句话苦苦寻找了10个小时,后来莫名其妙的过了~

然后又找了1个小时,才发现是这句话……

(UPD 2018-04-22):具体原因:如果你对宏定义有那么些了解,只需要把宏定义的内容代入到询问部分的return max(query(L),query(R))中,你就知道为什么是$O(n^2)$的了QAQ。代入结果为:return query(L)>query(R)?query(L):query(R)。这样的话,在第$k$层的询问就会被执行$O(2^k)$,而$2^k$的上限是$O(n)$级别的。所以单词询问就变成了$O(n)$的QAQ

同时提醒同学们,千万不要傻傻的干这种事情了。

附上一组数据:

4
9 5
1 0
1 2
2 3
4 1
5 3
6 5
7 5
7 8
23182 80368 7060 -50161 81799 8841 90480 3016 -4312
1 0
0 8 -438497
0 4 -188568
1 4
0 6 -176104

9 4
0 1
0 2
3 0
3 4
3 5
6 1
7 6
0 8
61060 -24449 -72783 -77927 -33421 80849 8262 -24364 90327
0 2 116045
0 5 404857
1 2
1 5

7 8
1 0
0 2
2 3
4 2
2 5
6 1
16405 -88702 4022 40275 80451 68322 78648
0 3 -39689
1 3
0 3 100112
0 2 109684
1 6
1 2
0 3 -345744
0 3 144465

7 2
0 1
2 0
0 3
1 4
5 0
4 6
-31521 32600 -32746 -67252 40896 94763 99624
0 5 372906
0 5 -118828

ans:

Case #1:
185349
-85018
Case #2:
177105
387990
Case #3:
-19262
6351
226201
Case #4:

HDU5692 Snacks DFS序 线段树的更多相关文章

  1. hdu-5692 Snacks(dfs序+线段树)

    题目链接: Snacks Problem Description   百度科技园内有n个零食机,零食机之间通过n−1条路相互连通.每个零食机都有一个值v,表示为小度熊提供零食的价值. 由于零食被频繁的 ...

  2. HDU.5692 Snacks ( DFS序 线段树维护最大值 )

    HDU.5692 Snacks ( DFS序 线段树维护最大值 ) 题意分析 给出一颗树,节点标号为0-n,每个节点有一定权值,并且规定0号为根节点.有两种操作:操作一为询问,给出一个节点x,求从0号 ...

  3. HDU 5692 Snacks(DFS序+线段树)

    Snacks Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Sub ...

  4. Educational Codeforces Round 6 E dfs序+线段树

    题意:给出一颗有根树的构造和一开始每个点的颜色 有两种操作 1 : 给定点的子树群体涂色 2 : 求给定点的子树中有多少种颜色 比较容易想到dfs序+线段树去做 dfs序是很久以前看的bilibili ...

  5. 【BZOJ-3252】攻略 DFS序 + 线段树 + 贪心

    3252: 攻略 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 339  Solved: 130[Submit][Status][Discuss] D ...

  6. Codeforces 343D Water Tree(DFS序 + 线段树)

    题目大概说给一棵树,进行以下3个操作:把某结点为根的子树中各个结点值设为1.把某结点以及其各个祖先值设为0.询问某结点的值. 对于第一个操作就是经典的DFS序+线段树了.而对于第二个操作,考虑再维护一 ...

  7. BZOJ2434 [Noi2011]阿狸的打字机(AC自动机 + fail树 + DFS序 + 线段树)

    题目这么说的: 阿狸喜欢收藏各种稀奇古怪的东西,最近他淘到一台老式的打字机.打字机上只有28个按键,分别印有26个小写英文字母和'B'.'P'两个字母.经阿狸研究发现,这个打字机是这样工作的: 输入小 ...

  8. POJ 3321 DFS序+线段树

    单点修改树中某个节点,查询子树的性质.DFS序 子树序列一定在父节点的DFS序列之内,所以可以用线段树维护. 1: /* 2: DFS序 +线段树 3: */ 4:   5: #include < ...

  9. 【XSY2667】摧毁图状树 贪心 堆 DFS序 线段树

    题目大意 给你一棵有根树,有\(n\)个点.还有一个参数\(k\).你每次要删除一条长度为\(k\)(\(k\)个点)的祖先-后代链,问你最少几次删完.现在有\(q\)个询问,每次给你一个\(k\), ...

随机推荐

  1. 你的B计划在哪里?

    春节同学聚会,大家聊起近况. 甲在实体经济部门工作,企业效益不好,正酝酿减员增效,他忧心忡忡,跳槽都不知道怎么跳,因为全行业都不景气. 乙从事互联网工作,行业发展热火朝天,新事物层出不穷,但是他已人到 ...

  2. 数据结构HashMap(Android SparseArray 和ArrayMap)

    HashMap也是我们使用非常多的Collection,它是基于哈希表的 Map 接口的实现,以key-value的形式存在.在HashMap中,key-value总是会当做一个整体来处理,系统会根据 ...

  3. 为什么在移动端用rem圆角不圆

    rem是根据网页效果图的尺寸来计算的,当然还要借助媒体查询来完成.例如你的设计稿如果是宽720px的话,那你的文字就要以原始大小除以11.25,就是对应下面媒体查询720px:例如16px的话就要16 ...

  4. index_select ,clamp,detach

    1.torch.clamp(input,min,max,out=None)-> Tensor 将input中的元素限制在[min,max]范围内并返回一个Tensor 2.index_selec ...

  5. 树形dp 入门

    今天学了树形dp,发现树形dp就是入门难一些,于是好心的我便立志要发一篇树形dp入门的博客了. 树形dp的概念什么的,相信大家都已经明白,这里就不再多说.直接上例题. 一.常规树形DP P1352 没 ...

  6. 将Maven项目打包成可执行jar文件(引用第三方jar)

    方法一. mvn assembly 或 mvn package (一个jar包) 把依赖包和自己项目的文件打包如同一个jar包(这种方式对spring的项目不支持) <build>     ...

  7. android studio 包名冲突解决

    Error: Execution failed for task ': app: packageAllDebugClassesForMultiDex'. > Java.util.zip.ZipE ...

  8. NIO(三)

    使用直接缓冲区完成文件的复制(内存映射文件) package com.cppdy.nio; import java.nio.MappedByteBuffer; import java.nio.chan ...

  9. mysql 安装问题二:mysqld: Can't create directory 'E:\Software\mysql-5.7.24-winx64\data\' (Errcode: 2 - No such file or directory)

    原因:my.ini文件中的basedir(设置mysql的安装目录).datadir(设置mysql数据库的数据的存放目录)与MySQL解压后的路径不一致 解决办法: 将basedir=E:\Soft ...

  10. cf1042d 树状数组逆序对+离散化

    /* 给定一个数组,要求和小于t的段落总数 求前缀和 dp[i]表示以第i个数为结尾的小于t的段落总数,sum[i]-sum[l]<t; sum[i]-t<sum[l],所以只要找到满足条 ...