CF161D Distance in Tree LG传送门 长链剖分板子题. 长链剖分那么好写,跑得又快,为什么要写点分治呢?完了我现在看一道点分治题就想写长链剖分 如果还不会长链剖分请看我博客. 没什么好说的,时空复杂度\(O(n)\)直接洛谷rank1. #include<cstdio> #include<cctype> #define R register #define I inline using namespace std; const int S=50003,N=10

题目链接: [JOI 2019 Final]独特的城市 对于每个点,它的答案最大就是与它距离最远的点的距离. 而如果与它距离为$x$的点有大于等于两个,那么与它距离小于等于$x$的点都不会被计入答案. 所以我们需要找到对于每个点$u$距离它最远的点及最小的距离$x$满足距离$u$的距离大于等于$x$的点都只有一个. 那么怎么找距离每个点最远的点? 这个点自然就是树的直径的一个端点了! 我们将树的直径先找到,然后讨论一下对于每个点,有哪些点可能会被计入答案: 如图所示,我们以点$x$为例,假设它距

传送门 官方题解其实讲的挺清楚了,就是锅有点多-- 一些有启发性的部分分 L=N 一个经典(反正我是不会)的容斥:最后的答案=对于每个点能够以它作为集合点的方案数-对于每条边能够以其两个端点作为集合点的方案数.原因是:对于每一种合法方案,集合点一定是树上的一个连通块,满足\(n=m+1\).算点时,这种方案被算了\(n\)次:算边时,这种方案被算了\(m=n-1\)次,所以每一个方案都恰好被算了一次. 有\(DP\):设\(f_i-1\)表示选择了包含\(i\)和\(i\)的子树中的点的一个连通

题意 给你一颗有 \(n\) 个点并且以 \(1\) 为根的树.共有 \(q\) 次询问,每次询问两个参数 \(p, k\) .询问有多少对点 \((p, a, b)\) 满足 \(p,a,b\) 为三个不同的点,\(p, a\) 都为 \(b\) 的祖先,且 \(p\) 到 \(a\) 的距离不能超过 \(k\) . \(n\le 300000 , q\le 300000\) 不要求强制在线. 题解 令 \(dep[u]\) 为点 \(u\) 的深度,\(sz[u]\) 为 \(u\) 的子树

传送门 题意:nnn个点的树,每个点两个值a,ba,ba,b,问长度为mmm的路径∑ai∑bi\frac{\sum a_i}{\sum b_i}∑bi​∑ai​​的最大值. 思路:一眼要01分数规划,考虑checkcheckcheck可以用点分治水掉. 然而也可以用长链剖分,复杂度降低一个logloglog. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ri register int using namespace std; const int rlen=1<

题目大意 ​ 给你一棵树,求有多少个组点满足\(x\neq y,x\neq z,y\neq z,dist_{x,y}=dist_{x,z}=dist_{y,z}\) ​ \(1\leq n\leq 100000\) 题解 ​ 问题转换为有多少个组点满足\(dist_{i,x}=dist_{i,y}=dist_{i,z}\) ​ 我们考虑树形DP ​ \(f_{i,j}=\)以\(i\)为根的子树中与\(i\)的距离为\(j\)的节点数 ​ \(g_{i,j}=\)以\(i\)为根的子树外选择一个

题面 给定一棵树,每次询问一个点的\(k\)次祖先,强制在线. Vijos 题解 长链剖分. 链接暂时咕咕咕了. 现在可以戳链接看题解了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std

[BZOJ4543]Hotel加强版(长链剖分) 题面 BZOJ,没有题面 洛谷,只是普通版本 题解 原来我们的\(O(n^2)\)做法是设\(f[i][j]\)表示以\(i\)为根的子树中,距离\(i\)的深度为\(j\)的点的个数,这样子可以每次在\(LCA\)处合并答案. 然后长链剖分优化一下,就变成了\(O(n)\)的??? 写的详细写的题解 玄学的指针我也没太懂啊....我才不会说我代码是照着题解打的 upd:之前的代码蒯错了,我去BZOJ把过了的代码再蒯一遍 #include<ios

[BZOJ3653]谈笑风生(长链剖分) 题面 BZOJ 洛谷 权限题啊.... 题解 首先根据题目给的条件,发现\(a,b\)都要是\(c\)的父亲. 所以这三个点是树上的一条深度单增的链. 因为\(a,b\)之间距离不超过\(k\),并且\(a\)被钦定了,所以只有两种情况: 一种是\(a\)是\(b\)的祖先,贡献是\(\sum_b size[b]-1\),也就是所有\(b\)可以选择的点的子树和. 另外一种\(b\)是\(a\)的祖先,贡献是\(\sum_b size[a]-1\),钦定

[CF1009F]Dominant Indices(长链剖分) 题面 洛谷 CF 翻译: 给定一棵\(n\)个点,以\(1\)号点为根的有根树. 对于每个点,回答在它子树中, 假设距离它为\(d\)的点有\(f_d\)个,求最大的\(f_d\),并且输出\(d\),如果有多个\(f_d\)相同,输出最小的\(d\). 题解 这个东西和深度相关,很显然可以直接用长链剖分维护,时间复杂度\(O(N)\) 这道题目要维护的东西其实也很类似于\(dsu\ on\ tree\),但是复杂度会多个\(log

[COGS2652]秘术「天文密葬法」(长链剖分,分数规划) 题面 Cogs 上面废话真多,建议直接拉到最下面看一句话题意吧: 给个树,第i个点有两个权值ai和bi,现在求一条长度为m的路径,使得Σai/Σbi最小 题解 看到这个式子就是裸的分数规划吧... 二分一个答案\(k\),式子变成了找一条长度为\(m\)的路径(题目里面路径长度的定义是点数) 满足\(\sum a-k\sum b\le 0\). 首先直接把\(m=-1\)也就是没有限制的点直接判掉,这个东西没有任何意义. (其实\(m

[BZOJ3252]攻略(长链剖分,贪心) 题面 BZOJ 给定一棵树,每个点有点权,选定\(k\)个叶子,满足根到\(k\)个叶子的所有路径所覆盖的点权和最大. 题解 一个假装是对的贪心: 每次选择最大的路径,然后将路径上所有点的权值清零. 那么我们可以用长链剖分来实现这个贪心. 链长改为最大的路径权值和,这样子把每条重链的权值丢进一个堆里面取\(k\)次即可. 正确性自己\(YY\)一下,发现是对的 #include<iostream> #include<cstdio> #in

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/NowCoder-2018-Summer-Round7-I.html 题目传送门 -  https://www.nowcoder.com/acm/contest/145/I 题意 给定一棵有 $n$ 个节点的树,问有多少个点集的直径恰好等于 $D$ . 一个点集的直径定义为该点集中距离最远的两个点的距离. 两个点的距离定义为他们在树上的最短路径经过的边数. $n\leq 10^5$ 题解 我的做法有点难写,官方

BZOJ 洛谷 \(Description\) 给定一棵树,每次询问给定\(p,k\),求满足\(p,a\)都是\(b\)的祖先,且\(p,a\)距离不超过\(k\)的三元组\(p,a,b\)个数. \(n,q\leq3\times10^5\). \(Solution\) \(p,a,b\)都在一条链上. 那么如果\(a\)是\(p\)的祖先,答案就是\(\min(dep[p],\ k)*(sz[p]-1)\).可以\(O(1)\)计算. 如果\(a\)在\(p\)的子树中,答案就是\(\sum

题目描述 题目简述:树版[k取方格数] 众所周知,桂木桂马是攻略之神,开启攻略之神模式后,他可以同时攻略k部游戏.今天他得到了一款新游戏<XX 半岛>,这款游戏有n个场景(scene),某些场景可以通过不同的选择支到达其他场景.所有场景和选择支构成树状 结构:开始游戏时在根节点(共通线),叶子节点为结局.每个场景有一个价值,现在桂马开启攻略之神模式,同 时攻略k次该游戏,问他观赏到的场景的价值和最大是多少(同一场景观看多次是不能重复得到价值的) “为什么你还没玩就知道每个场景的价值呢?” “我

题目描述 给定一棵n个点的树,树上每条边的长度都为1,第i个点的权值为a[i].Byteasar想要走遍这整棵树,他会按照某个1到n的全排列b走n-1次,第i次他会从b[i]点走到b[i+1]点,并且这一次的步伐大小为c[i].对于一次行走,假设起点为x,终点为y,步伐为k,那么Byteasar会从x开始,每步往前走k步,如果最后不足k步就能到达y,那么他会一步走到y.请帮助Byteasar统计出每一次行走时经过的所有点的权值和. 输入 第一行包含一个正整数n(2<=n<=50000).表示节

题意参见BZOJ3522 n<=100000 数据范围增强了,显然之前的转移方程不行了,那么不妨换一种. 因为不能枚举根来换根DP,那么我们描述的DP方程每个点要计算三个点都在这个点的子树内的方案数. 设f[i][j]表示i节点子树中与i距离为j的点的个数. g[i][j]表示i节点子树中有g[i][j]对点满足每对点距离他们lca的距离都是d,他们lca距离i节点为d-j 也就是说现在已经找到两个节点了,需要再在没遍历的i的子树中找到一个距离i为j的点. 那么很容易得到转移方程: ans+=f

题目描述 输入 第一行包含一个正整数N,表示X国的城市个数. 第二行包含两个正整数L和U,表示政策要求的第一期重建方案中修建道路数的上下限 接下来的N-1行描述重建小组的原有方案,每行三个正整数Ai,Bi,Vi分别表示道路(Ai,Bi),其价值为Vi 其中城市由1..N进行标号 输出 输出最大平均估值,保留三位小数 样例输入 4 2 3 1 2 1 1 3 2 1 4 3 样例输出 2.500 提示 N<=100000,1<=L<=U<=N-1,Vi<=1000000 这题算

传送门 给树竟直接给父子关系!!!真良心 首先一个贪心策略:每一次选择的链一定是所有链中权值最大的.这应该比较显然 那么我们接下来考虑如何维护这个贪心.我们可以使用长链剖分进行维护,对权值进行长链剖分,然后取前$K$大的链权值和,就是答案了. 考虑这个贪心为什么是对的.假设我们选到了第$i$条链,意味着第$i$条链的链顶的所有祖先都一定已经被访问过了(否则它一定是其父亲的儿子中链最长的点,它就不会是链顶),所以选择这一条链的意义就是选择从根到这一条链的链底的路径. #include<bits/s

传送门 强行二合一最为致命 第一问直接最短路+$DFS$解决 考虑第二问,与深度相关,可以考虑长链剖分. 设$f_{i,j}$表示长度为$i$,经过边数为$j$时的最大边权和,考虑到每一次从重儿子转移过来的时候,不仅要将$f$数组右移一格,还需要同时加上一个值.显然用线段树等数据结构额外维护是不现实的,我们考虑维护一个影响范围为整个$f_i$的加法标记$tag_i$,将$f_{i,0}$设置为$-tag_i$,每一次上传的时候把标记也一起上传,合并轻儿子.计算答案的时候将这个$tag$加上,就能

题目链接 贪心,每次选价值最大的一条到根的链.比较显然(不选白不选). 考虑如何维护这个过程.一个点的价值选了就没有了,而它只会影响它子树里的点,可以用DFS序+线段树修改.而求最大值也可以用线段树. 每个点只会被取一次,即价值也只会被清空一次.所以每选一条链就暴力往上跳,直到到一个清空过的点,顺便在线段树上修改经过点的子树权值就可以了. 复杂度\(O((n+k)\log n)\). 实际上,每个点只被统计一次,就是选\(k\)条最长的不相交的链(链形态是从上到下的). 所以可以想到长链剖分.以