P5327 [ZJOI2019]语言 解题思路 暴力 首先讲一下我垃圾的 40pts 的暴力(其他 dalao 都是 60pts 起步): 当然评测机快的话(比如 LOJ 的),可以卡过 3,4 个点(逃. 对于 1,2 测试点的话,我们直接记录两个节点之间路径上的所有点,然后用一个二维数组存一下两个点是否能互相贸易. 最后暴力求 ans 就好了.. 然后我们看到了链的部分分,然后就是在序列上的处理了: 对于每一个操作,我们记录下左右端点,然后按照左端点为第一关键字,右端点为第二关键字进行排序.…

原题传送门 看到这种树上统计点对个数的题一般是线段树合并,这题也不出意外 先对这棵树进行树剖,对于每次普及语言,在\(x,y\)两点的线段树上的\(x,y\)两位置打\(+1\)标记,在点\(fa[lca(x,y)]\)的线段树上\(x,y\)两位置打\(-2\)标记 线段树中该维护三个东西: 1.dfs序最小的\(lp\) 2.dfs序最大的\(rp\) 3.线段树中所有被打标机的点到根节点路径的并的节点个数\(sum\) 我们进行搜索并从下向上的进行线段树合并,对于每个节点,对答案的贡献就是…

一边写草稿一边做题吧.要看题解的往下翻,或者是旁边的导航跳一下. 草稿 因为可以开展贸易活动的条件是存在一种通用语 \(L\) 满足 \(u_i\) 到 \(v_i\) 的最短路径上都会 \(L\) .所以我们考虑能够带来贡献的,只有同一次传教. 但是很有可能在进行当前这一次传教过程中,中间的两座城市已经可以进行贸易往来了,所以我们需要将这些部分的贡献给减去.因为是要其中都有同一种语言,所以我们只需要找连续的有相同语言的就可以了. 相当于对于一次传教,我们需要找出传教路径上的相同颜色的链的长度的…

ZJOI2019Day2的温暖题,然后考场上只会大常数的\(O(n\log^3 n)\),就懒得写拿了60pts走人 首先我们简化题意,容易发现每个点能到达的点形成了一个联通块,我们只需要统计出这个联通块的大小即可 再进一步,我们发现如果把每条经过\(x\)的路径\((u,v)\)上的两个端点取出,并且维护它们之间的最小生成树,这棵生成树的大小就是最后的答案(可以画图或是感性理解) 接下来就考虑怎么维护每个点出去的生成树大小,首先我们强制选择\(1\)号点,然后用类似于建虚树的方法,每次加入一个…

树链剖分入门题吧 一个非常直观的想法是使用树剖将一条链拆成\(log^2n\)个矩形,套用矩形面积并算法即可得到一个垃圾的3个log过不去算法 为了得到一个两个log的做法,我们观察一下拆出来的矩形的性质 首先是一堆跨越对角线的矩形,这一部分可以维护每个对角线处延伸出来的最大值线性得出 接下来如果我们令dfs序小的去数dfs序大的点,那么我们会发现矩形的第二维全部是重链的前缀 因此线段树可以被替换成每个重链上的multiset 此时的复杂度依然是3个log,仍然需要优化 接下来发现第一维是一段区…

题意 题目链接 分析 考虑枚举每个点的答案,最后除以 2 即可. 可以与 \(u\) 构成合法点对 的集合 为所有经过了 \(u\) 的链的并.因为这些链两两有交,根据结论 "树上两条相交的链一定有一条的 \(lca\) 在另一条链上" 可以得知所有的链构成了一棵树. 考虑维护经过每个点的所有链构成的 树链的并 的大小.一条链是否出现可以树上差分,树链的并的具体大小就以 \(dfs\) 序 为下标建线段树,然后线段树合并即可. 复杂度 \(O(nlogn)\) . 代码 #includ…

首先可以想到对每个点统计出所有经过它的链的并所包含的点数,然后可以直接得到答案.根据实现不同有下面几种方法.三个log:假如对每个点都存下经过它的链并S[x],那么每新加一条路径进来的时候,相当于在路径上所有点的S中都加入这条路径.树剖之后,相当于对log个区间中的点都加入log个区间.具体实现有树剖后线段树维护虚树.矩形扫描线.线段树+set存区间等多种方法,这里不再多说.两个log:先树剖,然后对每个点开一棵线段树存储它的S,由于题中没有修改,所以可以树上差分+线段树合并,这样可以将方法一中…

暴力树剖做法显然,即使做到两个log也不那么优美. 考虑避免树剖做到一个log.那么容易想到树上差分,也即要对每个点统计所有经过他的路径产生的总贡献(显然就是所有这些路径端点所构成的斯坦纳树大小),并支持在一个log内插入删除合并. 考虑怎么求树上一些点所构成的斯坦纳树大小.由虚树的构造过程容易联想到,这就是按dfs序排序后这些点的深度之和-相邻点的lca的深度之和(首尾视作相邻),也就相当于按dfs序遍历所有要经过的点并回到原点的路径长度/2. 这个东西显然(应该)可以set启发式合并维护,但…

原题链接戳这儿 SOLUTION 考虑一种非常\(naive\)的统计方法,就是对于每一个点\(u\),我们维护它能到达的点集\(S_u\),最后答案就是\(\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}|S_i|}{2}\) 也就是说我们可以先树剖一下,对于每一个点都开一棵线段树,每次修改\(O(nlogn)\)地更新一下路径上的线段树,最后查询一下就行了 但是这样的复杂度是\(O(n^2log^2n)\)的,显然会炸.注意到每次是对一条链上的所有点操作,所以我们可以查分.又因为差分之…

分析 问题显然可以转化为对于每个节点询问所有这个节点的所有链的链并的大小. 考场上我直接通过树剖打标记+树剖线段树维护以\(O(n \log^3 n)\)的时间复杂度暴力实现了这个过程.(使用LCT或者全局平衡二叉树可以实现\(O(n \log^2 n)\)的时间复杂度) 考虑如何快速求出链并的大小,有这样一个结论:把所有的链的端点按dfs序排序后,链并的大小等于所有链的两端点的深度之和减去相邻端点的LCA的深度之和再减去所有端点的LCA的深度,这个结论(貌似)在链并是一个连通块的时候均成立.…