2959: 长跑 Description 某校开展了同学们喜闻乐见的阳光长跑活动.为了能"为祖国健康工作五十年",同学们纷纷离开寝室,离开教室,离开实验室,到操场参加3000米长跑运动.一时间操场上熙熙攘攘,摩肩接踵,盛况空前. 为了让同学们更好地监督自己,学校推行了刷卡机制. 学校中有n个地点,用1到n的整数表示,每个地点设有若干个刷卡机. 有以下三类事件: 1.修建了一条连接A地点和B地点的跑道. 2.A点的刷卡机台数变为了B. 3.进行了一次长跑.问一个同学从A出发,最后到达B最…

2959: 长跑 题意:字词加入边,修改点权,询问两点间走一条路径的最大点权和.不一定是树 不是树…

[题目链接] http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2959 [题意] n个点,提供操作:连边,修改点权,查询自定义边的方向后起点a终点b能经过的最大点权和. [思路] 对于一个边的双连通分量,显然可以将权值全部获得. 如果没有连边操作,我们只需要将一个bcc缩点后求得a->b路径上的点权和即可. 加上连边后,使用并查集代表一个bcc,如果u,v之间不连通直接连边,如果已经连通则构成一个bcc,使用并查集将LCT的所有节点合并. 注意缩点…

Description 某校开展了同学们喜闻乐见的阳光长跑活动.为了能"为祖国健康工作五十年",同学们纷纷离开寝室,离开教室,离开实验室,到操场参加3000米长跑运动.一时间操场上熙熙攘攘,摩肩接踵,盛况空前. 为了让同学们更好地监督自己,学校推行了刷卡机制. 学校中有n个地点,用1到n的整数表示,每个地点设有若干个刷卡机. 有以下三类事件: 1.修建了一条连接A地点和B地点的跑道. 2.A点的刷卡机台数变为了B. 3.进行了一次长跑.问一个同学从A出发,最后到达B最多可以刷卡多少次.…

Description 某校开展了同学们喜闻乐见的阳光长跑活动.为了能"为祖国健康工作五十年",同学们纷纷离开寝室,离开教室,离开实验室,到操场参加3000米长跑运动.一时间操场上熙熙攘攘,摩肩接踵,盛况空前. 为了让同学们更好地监督自己,学校推行了刷卡机制. 学校中有n个地点,用1到n的整数表示,每个地点设有若干个刷卡机. 有以下三类事件: 修建了一条连接A地点和B地点的跑道. A点的刷卡机台数变为了B. 进行了一次长跑.问一个同学从A出发,最后到达B最多可以刷卡多少次. 具体的要求…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2959 用两个并查集维护双联通分量的编号和合并. #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<queue> using namespace std; ; int n,m; ]={},si…

真tm恶心...... Code: #include<bits/stdc++.h> #define maxn 1000000 using namespace std; void setIO(string a) { string in=a+".in",out=a+".out"; freopen(in.c_str(),"r",stdin); } struct Union { int p[maxn]; void init() { for(i…

题面:BZOJ传送门 当成有向边做的发现过不去样例,改成无向边就忘了原来的思路.. 因为成环的点一定都能取到,我们把它们压成一个新点,权值为环上所有点的权值和 这样保证了图是一颗森林 每次询问转化为,取出$a$到$b$这条链,求链上所有点的权值和 这实际是一个不删边的动态维护边双的过程 可以用$LCT$维护 加入一条边$<x,y>$时,我们取出链$x,y$ 如果$x,y$原来不连通,把它们连上 否则说明$x,y$原来就联通的,连上这条边会成环,把$x,y$这条链上的点全都压成一个点,用并查集维…

题目链接 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2959 题解 真是被这题搞得心态大崩--调了7个小时--然而并查集都能写成\(O(n^2)\)的我还能怪谁呢 显然要把每个边双连通分量缩成点,点权为边双连通分量内所有点点权和,然后答案就等于两点路径上点权和 现在需要用LCT维护,就比较麻烦 大概是一边LCT一边使用并查集分别维护连通块和边双连通分量 加边时,若两点不联通,则link, 然后在维护连通块的并查集里并起来 若两点联通但不在同…

BZOJ 4238 电压 考虑一条边成为答案以后,删去Ta后剩下的图是一个或很多个二分图,即没有奇环 则一条边可以成为答案,当且仅当自己在所有奇环的交上且不在偶环上. 考虑建出dfs树,那么返祖边一定在环上. 把边下放到点上,考虑处理出返祖边覆盖的两个端点直接的路径,这些点都在这个环上,按照这个环的奇偶打一个差分上去即可. 但是这样只考虑了只有一个返祖边在环上的情况,返祖边在两个环以上的环我们没有处理 考虑分类讨论 若两个有交返祖边奇偶不同,少处理的一个环是奇环,无论是大奇环还是小奇环都没有影响…