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題目大意：給出一棵有向樹，每個(gè)節(jié)點(diǎn)都有一個(gè)初始的權(quán)值 a[ i ] ，和一個(gè)通過計(jì)算得到的權(quán)值 mid[ i ] ，mid 數(shù)組的計(jì)算方法如下：mid[ u ] 為結(jié)點(diǎn) u 及其子樹中所有?a[ i ] 的中位數(shù)，現(xiàn)在問如果可以令其中一個(gè)節(jié)點(diǎn)的 a[ i ] 變?yōu)?1e5，如何選擇可以使得所有節(jié)點(diǎn)的 mid[ i ] 之和最大

題目分析：乍一看題目可能比較復(fù)雜，但是一步一步分析下來可能就能找到突破口了

首先是子樹，對(duì)于子樹上進(jìn)行操作，我們可以跑出整棵樹的dfs序，這樣就將子樹上的操作轉(zhuǎn)換為區(qū)間上的操作了

其次是中位數(shù)，經(jīng)過上面dfs序的轉(zhuǎn)換，我們現(xiàn)在的目標(biāo)轉(zhuǎn)換為了如何求一段區(qū)間上的中位數(shù)，換句話說，設(shè) sz[ i ] 為點(diǎn) i 的子樹大小，現(xiàn)在需要求一段區(qū)間上第 ( sz[ i ] + 1 ) / 2 大的數(shù)是什么，區(qū)間上第 k 大的數(shù)，這里可以用主席樹解決

再分析一下題意，將一個(gè)節(jié)點(diǎn)的權(quán)值 a 變?yōu)?1e5 ，1e5 在這個(gè)題目中相當(dāng)于無窮大，如果節(jié)點(diǎn) i 的 a[ i ] 變?yōu)?1e5 后，根據(jù)題意可知，其只會(huì)對(duì)特定的祖先產(chǎn)生影響，這些特定的祖先 x 必須滿足 mid[ x ] >= a[ i ] ，這樣當(dāng) a[ i ] 變?yōu)?1e5 后，祖先 x 的中位數(shù)就會(huì)變大為原本子樹中第 ( sz[ i ] + 1 ) / 2 + 1 大的數(shù)了

這樣我們可以通過dfs序和主席樹，將 cur_mid[ i ] 和 next_mid[ i ] 預(yù)處理出來，其意義分別為結(jié)點(diǎn) i 的中位數(shù)和結(jié)點(diǎn) i 的中位數(shù)的下一個(gè)數(shù)

接下來就可以暴力枚舉每個(gè)頂點(diǎn)，然后計(jì)算當(dāng)前節(jié)點(diǎn)的權(quán)值 a 變?yōu)?1e5 后的影響了，不難發(fā)現(xiàn)，如果某一個(gè)權(quán)值 a[ i ] 變?yōu)?1e5 后，總的答案只會(huì)變大，不會(huì)變小，那么我們不妨設(shè) sum 為所有 cur_mid[ i ] 之和，mmax 為變化后可以增加的答案，那么最終答案就是 sum?+ mmax 了

關(guān)于如何暴力枚舉，我們可以借助 dfs 和樹狀數(shù)組來實(shí)現(xiàn)，樹狀數(shù)組中的每個(gè)點(diǎn)，其下標(biāo)的意義是：祖先的中位數(shù)大小，維護(hù)的權(quán)值的意義是：如果更改子樹中的結(jié)點(diǎn) a[ v?] 為 1e5 后，當(dāng)前節(jié)點(diǎn)可以提供的貢獻(xiàn)

這樣在枚舉點(diǎn) i 時(shí)，將其變化的值插入到樹狀數(shù)組中，也就是 next_mid[ i ] - cur_mid[ i ] 插入到位置?cur_mid[ i ] 中，同時(shí)查詢點(diǎn) i 的權(quán)值 a 更改為 1e5 后祖先節(jié)點(diǎn)的貢獻(xiàn)，也就是 query( 100000 ) - query( a[ i ] - 1 ) 了，其意義就是查詢祖先的中位數(shù)位于 [ a[ i ] , inf?] 中的貢獻(xiàn)

代碼：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;vector<int>node[N];//鄰接表 int tot,L[N],R[N],sz[N];//樹鏈剖分用 int cur_mid[N],next_mid[N];//題目用 LL sum,mmax; /*樹狀數(shù)組*/ LL c[N];int lowbit(int x) {return x&(-x); }void update(int pos,int val) {while(pos<N){c[pos]+=val;pos+=lowbit(pos);} }LL query(int pos) {LL ans=0;while(pos){ans+=c[pos];pos-=lowbit(pos);}return ans; } /*樹狀數(shù)組*/ /*主席樹*/ struct Node {int l,r;int sum; }tree[N*20];int cnt,root[N],a[N];void update(int num,int &k,int l,int r) {tree[cnt++]=tree[k];k=cnt-1;tree[k].sum++;if(l==r)return;int mid=l+r>>1;if(num<=mid)update(num,tree[k].l,l,mid);elseupdate(num,tree[k].r,mid+1,r); }int query(int i,int j,int k,int l,int r)//i：左端點(diǎn)根節(jié)點(diǎn)編號(hào)，j：右端點(diǎn)根節(jié)點(diǎn)編號(hào)，k：第k大的數(shù)，l,r:區(qū)間[l,r] {int d=tree[tree[j].l].sum-tree[tree[i].l].sum;if(l==r)return l;int mid=l+r>>1;if(k<=d)return query(tree[i].l,tree[j].l,k,l,mid);elsereturn query(tree[i].r,tree[j].r,k-d,mid+1,r); } /*主席樹*/ void dfs(int u) {sz[u]=1;L[u]=++tot;root[tot]=root[tot-1];update(a[u],root[tot],1,N);for(auto v:node[u]){dfs(v);sz[u]+=sz[v];}R[u]=tot;if(sz[u]==1){cur_mid[u]=a[u];next_mid[u]=100000;sum+=cur_mid[u];}else{int mid=(sz[u]+1)>>1;cur_mid[u]=query(root[L[u]-1],root[R[u]],mid,1,N);next_mid[u]=query(root[L[u]-1],root[R[u]],mid+1,1,N);sum+=cur_mid[u];} }void DFS(int u) {update(cur_mid[u],next_mid[u]-cur_mid[u]);mmax=max(mmax,query(100000)-query(a[u]-1));for(auto v:node[u])DFS(v);update(cur_mid[u],cur_mid[u]-next_mid[u]); }void init() {for(int i=0;i<N;i++)node[i].clear();root[0]=0;tree[0].l=tree[0].r=tree[0].sum=0;cnt=1;sum=tot=mmax=0; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;while(scanf("%d",&n)!=EOF){init();for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);for(int i=2;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);node[x].push_back(i);}dfs(1);DFS(1);printf("%lld\n",mmax+sum);}return 0; }

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的HDU - 5788 Level Up(主席树+dfs序+树状数组)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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