传送门

一个中午啊……

本来打算用仙人掌搞的,后来发现直接基环树就可以了,把多出来的那条边单独记录为\((dx,dy,dw)\),剩下的树剖

然后最短路径要么直接树上跑,要么经过多出来的边,分别讨论就好了

因为这里的树剖只有单点修改和区间查询,于是可以用树状数组

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+55;
struct eg{int v,nx,w,u;}e[N<<1],ee[N];int head[N],tot;
inline void add_edge(R int u,R int v,R int w){e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;}
int dfn[N],sz[N],vis[N],fa[N],son[N],top[N],tmp[N],vn[N],c[N],dep[N],dx,dy,dw,tim,n,m,u,v,w,op,x,y,ans;
void dfs1(int u){
vis[u]=sz[u]=1,dep[u]=dep[fa[u]]+1;
go(u)if(v!=fa[u]){
if(vis[v])dx=u,dy=v,dw=e[i].w;
else{
fa[v]=u,dfs1(v),sz[u]+=sz[v],vn[v]=e[i].w;
if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v;
}
}
}
void dfs2(int u,int t){
top[u]=t,dfn[u]=++tim;if(!son[u])return;
dfs2(son[u],t);go(u)if(v!=fa[u]&&v!=son[u]&&!(u==dx&&v==dy)&&!(u==dy&&v==dx))dfs2(v,v);
}
inline void add(R int x,R int y){for(R int i=x;i<=n;i+=i&-i)c[i]+=y-tmp[x];tmp[x]=y;}
inline int qqq(R int l,R int r){
int res=0;for(;r;r-=r&-r)res+=c[r];
for(--l;l;l-=l&-l)res-=c[l];return res;
}
int query(int u,int v){
int res=0;
while(top[u]!=top[v]){
if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
res+=qqq(dfn[top[u]],dfn[u]),u=fa[top[u]];
}if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
if(u!=v)res+=qqq(dfn[son[v]],dfn[u]);return res;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read();
fp(i,1,n){
u=read(),v=read(),w=read();
ee[i]={v,0,w,u},add_edge(u,v,w),add_edge(v,u,w);
}dfs1(1),dfs2(1,1);
fp(i,1,n)for(R int j=dfn[i];j<=n;j+=j&-j)c[j]+=vn[i];
fp(i,1,n)tmp[dfn[i]]=vn[i];
while(m--){
op=read(),x=read(),y=read();
if(op==1){
u=ee[x].u,v=ee[x].v;
if((u==dx&&v==dy)||(u==dy&&v==dx))dw=y;
else u=dep[u]>dep[v]?u:v,add(dfn[u],y);
}else{
ans=query(x,y);cmin(ans,query(x,dx)+query(y,dy)+dw);
cmin(ans,query(x,dy)+query(y,dx)+dw);print(ans);
}
}return Ot(),0;
}

P4949 最短距离(树链剖分+树状数组+基环树)的更多相关文章

  1. 【算法学习】【洛谷】树链剖分 & P3384 【模板】树链剖分 P2146 软件包管理器

    刚学的好玩算法,AC2题,非常开心. 其实很早就有教过,以前以为很难就没有学,现在发现其实很简单也很有用. 更重要的是我很好调试,两题都是几乎一遍过的. 介绍树链剖分前,先确保已经学会以下基本技巧: ...

  2. Qtree3题解(树链剖分(伪)+线段树+set)

    外话:最近洛谷加了好多好题啊...原题入口 这题好像是SPOJ的题,挺不错的.看没有题解还是来一篇... 题意: 很明显吧.. 题解: 我的做法十分的暴力:树链剖分(伪)+线段树+\(set\)... ...

  3. Luogu 2590 [ZJOI2008]树的统计 / HYSBZ 1036 [ZJOI2008]树的统计Count (树链剖分,LCA,线段树)

    Luogu 2590 [ZJOI2008]树的统计 / HYSBZ 1036 [ZJOI2008]树的统计Count (树链剖分,LCA,线段树) Description 一棵树上有n个节点,编号分别 ...

  4. 【bzoj4999】This Problem Is Too Simple! 树链剖分+动态开点线段树

    题目描述 给您一颗树,每个节点有个初始值. 现在支持以下两种操作: 1. C i x(0<=x<2^31) 表示将i节点的值改为x. 2. Q i j x(0<=x<2^31) ...

  5. [bzoj 3531][SDOI2014]旅行(树链剖分+动态开点线段树)

    题目:http://www.lydsy.com:808/JudgeOnline/problem.php?id=3531 分析: 对于每个颜色(颜色<=10^5)都建立一颗线段树 什么!那么不是M ...

  6. 【树链剖分】洛谷P3379 树链剖分求LCA

    题目描述 如题,给定一棵有根多叉树,请求出指定两个点直接最近的公共祖先. 输入输出格式 输入格式: 第一行包含三个正整数N.M.S,分别表示树的结点个数.询问的个数和树根结点的序号. 接下来N-1行每 ...

  7. 洛谷P3313 [SDOI2014]旅行(树链剖分 动态开节点线段树)

    题意 题目链接 Sol 树链剖分板子 + 动态开节点线段树板子 #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #def ...

  8. 刷题总结——骑士的旅行(bzoj4336 树链剖分套权值线段树)

    题目: Description 在一片古老的土地上,有一个繁荣的文明. 这片大地几乎被森林覆盖,有N座城坐落其中.巧合的是,这N座城由恰好N-1条双 向道路连接起来,使得任意两座城都是连通的.也就是说 ...

  9. BZOJ 3531 [Sdoi2014]旅行 树链剖分+动态开点线段树

    题意 S国有N个城市,编号从1到N.城市间用N-1条双向道路连接,满足从一个城市出发可以到达其它所有城市.每个城市信仰不同的宗教,如飞天面条神教.隐形独角兽教.绝地教都是常见的信仰. 为了方便,我们用 ...

随机推荐

  1. 【Java源码】集合类-优先队列PriorityQueue

    一.类继承关系 public class PriorityQueue<E> extends AbstractQueue<E> implements java.io.Serial ...

  2. POJ 1511 【heap+dij】

    题意: t组样例. 每组有n个节点,有m条单向边. 有m组输入,每组a b c 表示从a到b的单向边的权值是c. 求解,从编号为1的节点出发,有n-1个人,要求他们分别到达编号从2到n的节点再返回,所 ...

  3. HashCode和equal方法

    equals()反映的是对象或变量具体的值,即两个对象里面包含的值--可能是对象的引用,也可能是值类型的值. 而hashCode()是对象或变量通过哈希算法计算出的哈希值. 之所以有hashCode方 ...

  4. DELPHI跨平台的临界替代者

    在WINDOWS里面使用临界来保护多线程需要访问的共享对象,现在,DELPHI有了新的跨平台临界保护者--System.TMonitor 代码演示如下: FConnections := TObject ...

  5. linux是类unix操作系统

    linux是类unix操作系统,linux与unix使用的基础命令是一样的,没有区别.Linux是一套免费使用和自由传播的类Unix操作系统,是一个基于POSIX和UNIX的多用户.多任务.支持多线程 ...

  6. 基于 HTML5 WebGL 的挖掘机 3D 可视化应用

    前言 在工业互联网以及物联网的影响下,人们对于机械的管理,机械的可视化,机械的操作可视化提出了更高的要求.如何在一个系统中完整的显示机械的运行情况,机械的运行轨迹,或者机械的机械动作显得尤为的重要,因 ...

  7. Fortinet网络接入及安全方案配置步骤

    http://sec.chinabyte.com/200/12553700.shtml 1.概述: Fortinet无线接入及方案由以下两类设备组成: AC(Wifi接入控制器)及安全网关:Forti ...

  8. uva 10069 Distinct Subsequences 【dp+大数】

    题目:uva 10069 Distinct Subsequences 题意:给出一个子串 x 和母串 s .求子串在母串中的不同序列的个数? 分析:定义dp[i][j]:x 的前 i 个字母在 s 的 ...

  9. mysql innodb插入意向锁

    innodb中有插入意向锁.专门针对insert,假设插入前,该间隙已经由gap锁,那么Insert会申请插入意向锁. 那么这个插入意向锁的作用是什么? 1.为了唤起等待.由于该间隙已经有锁,插入时必 ...

  10. hdu1507——Uncle Tom&#39;s Inherited Land*

    Uncle Tom's Inherited Land* Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (J ...