[BZOJ5507][GXOI/GZOI2019]旧词(树链剖分,线段树) 题面 BZOJ 洛谷 题解 如果\(k=1\)就是链并裸题了... 其实\(k>1\)发现还是可以用类似链并的思想,这个东西本质上就是对于当前的一个\(x\),考虑对于其他所有点的贡献,而他们的\(LCA\)一定是\(x\)到根节点链上的一个点.那么对于某个\(x\)的祖先节点,除了\(x\)所在的子树内,其他的所有子树内的点全部会产生这个点的深度的\(k\)次方的贡献.\(k=1\)的时候这个东西可以直接做的原因是因为…

题目链接: [GXOI/GZOI2019]旧词 对于$k=1$的情况,可以参见[LNOI2014]LCA,将询问离线然后从$1$号点开始对这个点到根的路径链修改,每次询问就是对询问点到根路径链查询即可. 可以发现,如果一个点的贡献被记入答案,那么这个点到根的路径上所有点的贡献都会被记入答案. 那么对于$k>1$的情况,只要每次将路径上点$u$的权值都$+1$变成每次将路径上点$u$的权值都$+(dep[u]^k-(dep[u]-1)^k)$即可. 同样用线段树维护树剖序的区间权值和即可. #in…

题目地址:P5305 [GXOI/GZOI2019]旧词 这里是官方题解 \[\sum_{i \leq x}^{}\ depth(lca(i,y))^k\] \(k = 1\) 求的是 \(\sum_{i \leq x}^{}\ depth(lca(i,y))\) ,一堆点然后每个点和 \(y\) 求 \(lca\) 然后深度求和. 总体思路是把 \(lca\) 的值摊派到这个点到根的路径上(这个东西也叫树上差分?),再离线解决所有询问. 维护一个点权数组 \(sum\) ,初始为 \(0\)…

前置芝士:[LNOI2014]LCA 要是这题放HNOI就好了 原题:\(\sum_{l≤i≤r}dep[LCA(i,z)]\) 这题:\(\sum_{i≤r}dep[LCA(i,z)]^k\) 对于原题,我们需要把每个询问拆成1~l-1 & 1~r再进行差分(所以这题帮我们省去了一个步骤) 先考虑\(k=1\)原题 我们先转化题意 \(dep[lca]\)\(\\)==\(\\)\(dis[1][lca]+1\)\(\\)==\(\\)\(lca->1\)的点数 所以我们每一个点(x)对答…

考虑k=1的做法:这是一道原题,我还写过题解,其实挺水的,但当时我菜还是看题解的:https://www.cnblogs.com/hfctf0210/p/10187947.html.其实就是树上差分后值为1. 考虑k>1的做法:其实可以再次树上差分,给每个点i赋值v[i]=dep[i]k-dep[i-1]k,然后还是和原来一样开一棵线段树,记录一个val[rt]表示当前节点内区间v值的和,以及sum[rt]表示区间值.修改时打标记,只需要将sum[rt]+=v*val[rt],lazy[rt]+…

https://www.cnblogs.com/Gloid/p/9412357.html差分一下是一样的问题.感觉几年没写过树剖了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #d…

传送门 先考虑\(k=1\),一个点的深度就是到根节点的路径上的点的个数,所以\(lca(x,y)\)的深度就是\(x\)和\(y\)到根路径的交集路径上的点的个数,那么对于一个询问,我们可以对每个点\(i\le x\),把\(1\)到\(i\)路径上所有点\(+1\),然后查询\(1\)到\(y\)的点权和就行了.现在有多组询问,路径修改可以树剖+在以\(dfn\)序为下标的线段树上修改,然后套可持久化线段树保存每个\(i\)的线段树状态,每次在对应线段树上区间查询即可.可持久化线段树的区间修…

题目描述 松鼠的新家是一棵树,前几天刚刚装修了新家,新家有n个房间,并且有n-1根树枝连接,每个房间都可以相互到达,且俩个房间之间的路线都是唯一的.天哪,他居然真的住在”树“上. 松鼠想邀请小熊维尼前来参观,并且还指定一份参观指南,他希望维尼能够按照他的指南顺序,先去a1,再去a2,......,最后到an,去参观新家.可是这样会导致维尼重复走很多房间,懒惰的维尼不停地推辞.可是松鼠告诉他,每走到一个房间,他就可以从房间拿一块糖果吃. 维尼是个馋家伙,立马就答应了.现在松鼠希望知道为了保证维尼有…

很像LNOI 2014 LCA那道题. 同样的套路,离线以后直接扫描线. k=1的话就是原题. 考虑一般情况. 原本的做法是对x到根的这条链做一下区间+1操作,目的是为了是的在深度为i的位置得到的贡献是i. 因此,我们只需要构造出一个任意一个位置都满足前缀和为i^k的序列即可. 然后每次把这个序列加到这条链上,由于每个点的深度固定,因此每个位置每次增加的数字也是固定的,可以区间打标记线段树维护. 考虑怎么构造这个序列,显然直接把1^k,2^k,3^k,4^k......差分就可以了. #incl…

解法1: 本题有插入路径和删除路径,在每个节点维护插入堆和删除堆,查询时两者top一样则一直弹出.如果每个节点维护的是经过他的路径,显然有些不好处理,正难则反,每个点维护不经过他的路径,那么x节点出了故障时,我们就查询x,查询到的就是x出故障后不受影响的路径. (洛谷上有一个点一直过不了,似乎是之后加强过的数据). 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=200010; 4 int tot,sum,head[…