P3313 [SDOI2014]旅行——树链剖分+线段树(动态开点?)
一棵树,其中的点分类,点有权值,在一条链上找到一类点中的最大值或总和;
树链剖分把树变成链;
把每个宗教单开一个线段树,维护区间总和和最大值;
宗教很多,需要动态开点;
树链剖分:
void dfs1(int x,int fa)
{
siz[x]=;
father[x]=fa;
dep[x]=dep[fa]+;
for(int p=last[x];p;p=pre[p])
{
int v=other[p];
if(v==fa) continue;
dfs1(v,x);
siz[x]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
}
} void dfs2(int x,int tp)
{
id[x]=++cnt;
top[x]=tp;
if(!son[x]) return ;
dfs2(son[x],tp);
for(int p=last[x];p;p=pre[p])
{
int v=other[p];
if(v==father[x]||v==son[x]) continue;
dfs2(v,v);
}
} dfs1(,);
dfs2(,);
然后我们将每个点扔进所属宗教的线段树里;
设c[i]为i所属宗教,root[i]为线段树的总结点(根节点),注意这里用的节点为树链剖分后的新id
线段树不必记录自己的区间大小,节点是根据当前插入节点的新id决定的,不必将所有节点都开全,因为区间里的节点不都属于此线段树;
void build(int &rt,int l,int r,int w,int pos)
{
if(!rt) rt=++num;
//t[rt].l=l;t[rt].r=r;
t[rt].ma=max(t[rt].ma,w);
t[rt].sum+=w;
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>;
if(pos<=mid) build(t[rt].l,l,mid,w,pos);
else build(t[rt].r,mid+,r,w,pos);
} for(int i=;i<=n;i++)
{
build(root[c[i]],,n,w[i],id[i]);
}
宗教会变,我们需要删除操作和插入操作;
删除时将他所在线段树中的节点删掉即可,插入即为建树操作;
点权值会变,我们只要把点删去,再将他作为一个新点插入即可;
求和操作:
正规树链剖分操作,将链上区间线段树求和即可,注意调用相关的线段树;
求最大值同上;
int query_tot(int rt,int lb,int rb,int l,int r)
{
if(r<lb||l>rb) return ;
if(r>=rb&&l<=lb) return t[rt].sum;
int mid=(lb+rb)>>;
return query_tot(t[rt].l,lb,mid,l,r)+query_tot(t[rt].r,mid+,rb,l,r);
} int tree_tot(int x,int y,int c)
{
int ans=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
ans+=query_tot(root[c],,n,id[top[x]],id[x]);
x=father[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
ans+=query_tot(root[c],,n,id[x],id[y]);
return ans;
} int query_ma(int rt,int lb,int rb,int l,int r)
{
if(r<lb||l>rb) return ;
if(r>=rb&&l<=lb) return t[rt].ma;
int mid=(lb+rb)>>;
return max(query_ma(t[rt].l,lb,mid,l,r),query_ma(t[rt].r,mid+,rb,l,r));
} int tree_ma(int x,int y,int c)
{
int ans=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
ans=max(ans,query_ma(root[c],,n,id[top[x]],id[x]));
x=father[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
ans=max(ans,query_ma(root[c],,n,id[x],id[y]));
return ans;
}
总代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e6+;
int pre[maxn*],last[maxn],other[maxn*],l;
int w[maxn],c[maxn]; struct node_sec
{
int l,r,ma,sum;
}t[maxn*]; void add(int x,int y)
{
l++;
pre[l]=last[x];
last[x]=l;
other[l]=y;
} int n,m;
int father[maxn];
int siz[maxn],son[maxn];
int dep[maxn];
void dfs1(int x,int fa)
{
siz[x]=;
father[x]=fa;
dep[x]=dep[fa]+;
for(int p=last[x];p;p=pre[p])
{
int v=other[p];
if(v==fa) continue;
dfs1(v,x);
siz[x]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
}
}
int cnt,id[maxn],top[maxn]; void dfs2(int x,int tp)
{
id[x]=++cnt;
top[x]=tp;
if(!son[x]) return ;
dfs2(son[x],tp);
for(int p=last[x];p;p=pre[p])
{
int v=other[p];
if(v==father[x]||v==son[x]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
int root[maxn];
int num;
void build(int &rt,int l,int r,int w,int pos)
{
if(!rt) rt=++num;
//t[rt].l=l;t[rt].r=r;
t[rt].ma=max(t[rt].ma,w);
t[rt].sum+=w;
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>;
if(pos<=mid) build(t[rt].l,l,mid,w,pos);
else build(t[rt].r,mid+,r,w,pos);
}
char s[]; void tree_remove(int &rt,int l,int r,int pos)
{
if(l==r)
{
t[rt].ma=;t[rt].sum=;
return ;
}
int mid=(l+r)>>;
if(pos<=mid) tree_remove(t[rt].l,l,mid,pos);
else tree_remove(t[rt].r,mid+,r,pos);
t[rt].ma=max(t[t[rt].l].ma,t[t[rt].r].ma);
t[rt].sum=t[t[rt].l].sum+t[t[rt].r].sum;
} int query_tot(int rt,int lb,int rb,int l,int r)
{
if(r<lb||l>rb) return ;
if(r>=rb&&l<=lb) return t[rt].sum;
int mid=(lb+rb)>>;
return query_tot(t[rt].l,lb,mid,l,r)+query_tot(t[rt].r,mid+,rb,l,r);
} int tree_tot(int x,int y,int c)
{
int ans=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
ans+=query_tot(root[c],,n,id[top[x]],id[x]);
x=father[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
ans+=query_tot(root[c],,n,id[x],id[y]);
return ans;
} int query_ma(int rt,int lb,int rb,int l,int r)
{
if(r<lb||l>rb) return ;
if(r>=rb&&l<=lb) return t[rt].ma;
int mid=(lb+rb)>>;
return max(query_ma(t[rt].l,lb,mid,l,r),query_ma(t[rt].r,mid+,rb,l,r));
} int tree_ma(int x,int y,int c)
{
int ans=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
ans=max(ans,query_ma(root[c],,n,id[top[x]],id[x]));
x=father[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
ans=max(ans,query_ma(root[c],,n,id[x],id[y]));
return ans;
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&w[i],&c[i]);
}
for(int i=;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(,);
dfs2(,);
for(int i=;i<=n;i++)
{
build(root[c[i]],,n,w[i],id[i]);
}
for(int i=;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%s",s);
if(s[]=='C')
{
scanf("%d%d",&x,&y);
tree_remove(root[c[x]],,n,id[x]);
build(root[y],,n,w[x],id[x]);
c[x]=y;
continue;
}
else if(s[]=='W')
{
scanf("%d%d",&x,&y);
tree_remove(root[c[x]],,n,id[x]);
build(root[c[x]],,n,y,id[x]);
w[x]=y;
continue;
}
else if(s[]=='S')
{
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",tree_tot(x,y,c[x]));
}
else
{
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",tree_ma(x,y,c[x]));
}
} return ;
}
P3313 [SDOI2014]旅行——树链剖分+线段树(动态开点?)的更多相关文章
- 洛谷P3313 [SDOI2014]旅行 题解 树链剖分+线段树动态开点
题目链接:https://www.luogu.org/problem/P3313 这道题目就是树链剖分+线段树动态开点. 然后做这道题目之前我们先来看一道不考虑树链剖分之后完全相同的线段树动态开点的题 ...
- B20J_3231_[SDOI2014]旅行_树链剖分+线段树
B20J_3231_[SDOI2014]旅行_树链剖分+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,城市信仰不同的宗教,为了方便,我们用不同的正整数代表各种宗教. S国 ...
- 【BZOJ-2325】道馆之战 树链剖分 + 线段树
2325: [ZJOI2011]道馆之战 Time Limit: 40 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 1153 Solved: 421[Submit][Statu ...
- 【BZOJ2243】[SDOI2011]染色 树链剖分+线段树
[BZOJ2243][SDOI2011]染色 Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的 ...
- BZOJ2243 (树链剖分+线段树)
Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. ...
- POJ3237 (树链剖分+线段树)
Problem Tree (POJ3237) 题目大意 给定一颗树,有边权. 要求支持三种操作: 操作一:更改某条边的权值. 操作二:将某条路径上的边权取反. 操作三:询问某条路径上的最大权值. 解题 ...
- bzoj4034 (树链剖分+线段树)
Problem T2 (bzoj4034 HAOI2015) 题目大意 给定一颗树,1为根节点,要求支持三种操作. 操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a . 操作 2 :把某个节点 x 为根的子 ...
- HDU4897 (树链剖分+线段树)
Problem Little Devil I (HDU4897) 题目大意 给定一棵树,每条边的颜色为黑或白,起始时均为白. 支持3种操作: 操作1:将a->b的路径中的所有边的颜色翻转. 操作 ...
- Aizu 2450 Do use segment tree 树链剖分+线段树
Do use segment tree Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.bnuoj.com/v3/problem_show ...
- 【POJ3237】Tree(树链剖分+线段树)
Description You are given a tree with N nodes. The tree’s nodes are numbered 1 through N and its edg ...
随机推荐
- Python之Django
一.Django是一个开放源代码的Web应用框架,由Python写成.采用了MTV的框架模式,即模型M,视图V和模版T.它最初是被开发来用于管理劳伦斯出版集团旗下的一些以新闻内容为主的网站的,即是CM ...
- 3_PHP表达式_2_变量
以下为学习孔祥盛主编的<PHP编程基础与实例教程>(第二版)所做的笔记. PHP变量可分为自定义变量和预定义变量. 以下所谈到的变量均为自定义变量. 1.变量的基本概念 PHP的变量名遵循 ...
- Action请求后台出现Response already commited异常解决方法
在编写导出功能使用action请求,在处理导出异常时期望跳转异常页,Controller中的方法返回类型String的url 在处理完逻辑导出文件后后台控制台出现 WARN [org.springf ...
- sublime text3上设置 python 环境
1. 打开Sublime text 3 安装package control 2. 安装 SublimeREPL Preferences -> package control 或者Ctrl+shi ...
- 使用 JS 来动态操作 css ,你知道几种方法?
JavaScript 可以说是交互之王,它作为脚本语言加上许多 Web Api 进一步扩展了它的特性集,更加丰富界面交互的可操作性.这类 API 的例子包括WebGL API.Canvas API.D ...
- pycharm git 用法总结
一.配置git 二.登录GitHub账号 三.创建git respository 四.提交文件 五.共享给GitHub 六.修改文件push到版本库 七.从版本库checkout 项目
- S3C2440 gpio + main
相关文章:http://blog.csdn.net/zhangxuechao_/article/details/77990854 举例 start.S .globl _start _start: /* ...
- 使用SAP Cloud Platform Leonardo机器学习的测试控制台
选中一个需要进行测试的Leonardo机器学习服务,点击Configure Environments: 因为我不想使用sandbox环境,所以我选择了eu10这个region: 维护clientid和 ...
- MySQL binlog反解析
反解析delete语句 背景:delete table忘了加条件导致整张表被删除 恢复方式:直接从binlog里反解析delete语句为insert进行恢复 导出删指定表的DELETE语句: # my ...
- P1351 联合权值[鬼畜解法]
题目描述 无向连通图 G 有 n 个点,n−1 条边.点从 1 到 n 依次编号,编号为 i 的点的权值为 Wi,每条边的长度均为 1.图上两点 (u,v) 的距离定义为 u 点到 v 点的最短距离 ...