【BZOJ】3052: [wc2013]糖果公园

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3052

题意：n个带颜色的点（m种），q次询问，每次询问x到y的路径上sum{w[次数]*v[颜色]}，可以单点修改颜色。（n, m, q<=100000）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005, M=100005;
typedef long long ll;
inline int getint() { int x=0; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') c=getchar(); while(c>='0'&&c<='9') (x*=10)+=c-'0', c=getchar(); return x; }
inline void print(ll a) { if(!a) return; print(a/10); putchar('0'+(a%10));}
int ihead[N], cnt, blo[N<<1], f[N][17], FF[N], LL[N], tot, dep[N], cal[N], pos[N<<1], col[M], n, m, W[N], V[M], qu, n_ask, n_tm, col_pre[N];
ll Ans[M], ans;
bool st[N];
struct E { int next, to; }e[N<<1];
struct Q { int x, y, lca, id, tm; }q[M];
struct T { int x, y, last; }Time[M];
inline bool cmp(const Q &a, const Q &b) { return blo[a.x]==blo[b.x]?(blo[a.y]==blo[b.y]?a.tm<b.tm:blo[a.y]<blo[b.y]):blo[a.x]<blo[b.x]; }
inline void add(int x, int y) { e[++cnt]=(E){ihead[x], y}; ihead[x]=cnt; e[++cnt]=(E){ihead[y], x}; ihead[y]=cnt; }
void dfs(int x) {
	pos[FF[x]=++tot]=x;
	for(int i=1; i<=16; ++i) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
	for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) if(e[i].to!=f[x][0])
		dep[e[i].to]=dep[x]+1, f[e[i].to][0]=x, dfs(e[i].to);
	pos[LL[x]=++tot]=x;
}
inline int LCA(int x, int y) {
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x, y);
	int d=dep[x]-dep[y];
	for(int i=16; i>=0; --i) if((d>>i)&1) x=f[x][i]; if(x==y) return x;
	for(int i=16; i>=0; --i) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i], y=f[y][i];
	return f[x][0];
}
inline void update(int x) {
	if(st[x]) { ans-=(ll)V[col[x]]*W[cal[col[x]]]; --cal[col[x]]; }
	else { ++cal[col[x]]; ans+=(ll)V[col[x]]*W[cal[col[x]]];  }
	st[x]=!st[x];
}
inline void change(int a, int b) {
	if(st[a]) { update(a); col[a]=b; update(a); }
	else col[a]=b;
}
inline void timechange(int &now, int goal) {
	while(now<goal) ++now, change(Time[now].x, Time[now].y);
	while(now>goal) change(Time[now].x, Time[now].last), --now;
}
void work() {
	int l=1, r=0, now=0, nl, nr;
	sort(q+1, q+1+n_ask, cmp);
	for(int i=1; i<=n_ask; ++i) {
		nl=q[i].x; nr=q[i].y;
		timechange(now, q[i].tm);
		while(l<nl) update(pos[l++]);
		while(l>nl) update(pos[--l]);
		while(r<nr) update(pos[++r]);
		while(r>nr) update(pos[r--]);
		if(q[i].lca) update(q[i].lca);
		Ans[q[i].id]=ans;
		if(q[i].lca) update(q[i].lca);
	}
	while(r>=l) update(pos[r--]);
}
void pre() {
	dfs((n+1)>>1);
	int nn=n<<1, sq=pow(nn, 2.0/3)*0.5;
	for(int i=1; i<=nn; ++i) blo[i]=(i-1)/sq;
	for(int i=1; i<=qu; ++i) {
		int type=getint(), x=getint(), y=getint();
		if(!type) {
			++n_tm;
			Time[n_tm]=(T){x, y, col_pre[x]}; col_pre[x]=y;
			continue;
		}
		++n_ask;
		if(FF[x]>FF[y]) swap(x, y);
		int lca=LCA(x, y);
		if(lca==x) 	q[n_ask]=(Q){FF[x], FF[y], 0, n_ask, n_tm};
		else 		q[n_ask]=(Q){LL[x], FF[y], lca, n_ask, n_tm};
	}
}
int main() {
	n=getint(); m=getint(); qu=getint();
	for(int i=1; i<=m; ++i) V[i]=getint();
	for(int i=1; i<=n; ++i) W[i]=getint();
	for(int i=1; i<n; ++i) {
		int x=getint(), y=getint();
		add(x, y);
	}
	for(int i=1; i<=n; ++i) col[i]=col_pre[i]=getint();
	pre();
	work();
	for(int i=1; i<=n_ask; ++i) print(Ans[i]), puts("");
	return 0;
}

　　

一开始我直接在每个修改之间计算答案= =然后果断T了= =QAQ

膜拜vfk.....

首先分块是三元分块！并且要进行修改的操作以及逆操作（最坏变成O(n)辣= =）

第三元就是询问的时间。

然后写完后发现还是好慢QAQ

因为我把块大小就是分成了O(n^0.5)QAQ

继续膜拜vfk

发现要分块成O(n^(2/3)).....则有O(n^(1/3))个块...然后具体证明请看 http://vfleaking.blog.163.com/blog/static/174807634201311011201627/

艾雨青大神犇教导我们，将树分块！

如前所述的分块方法。当时艾雨青神犇讲题的时候的分块方法没听清 T_T，上面的分块方法是我自己YY出来的。

取B = n ^ (2 / 3)，设 nBlo为块的个数，用bloNum[v]来代表v所在块的编号。（block number）

则同一个块内任意两结点的距离为O(n ^ (2 / 3))的。

按照之前我说的方式对询问进行排序，按顺序作答。

注意到(bloNum[curV], bloNum[curU])一共有nBlo ^ 2个取值。

那么如果移动一次，curV还在原来的块，curU还在原来的块，这种移动的总时间复杂度是O(nBlo ^ 2 * q)的。（因为curTi还要移动）

如果移动一次，curV不在原来的块，curU不在原来的块，这种移动发生的次数最多为 nBlo ^ 2。因为我是排好序的了嘛，相同块的是放在一起的。而这种移动发生一次最坏是O(n + n + q) = O(n)。(n、q是同阶的)

所以这样回答所有询问，时间复杂度就是O(nBlo ^ 2 * n)的。

由于B = n ^ (2 / 3)，块的大小介于[B, 3 * B]之间。

则nBlo = O(n ^ (1 / 3))

则时间复杂度为O(n ^ (5 / 3))。

（如果不会dfs序的话请看我上一篇博文【BZOJ】3757: 苹果树