首先相當于最大化access的輕重邊交換次數。

　　考慮每個點作為戰場（而不是每個點所代表的國家與其他國家交戰）對答案的貢獻，顯然每次產生貢獻都是該點的子樹內（包括自身）此次access的點與上次access的點在該點不同兒子的子樹內。假設得到了最后的崛起序列，可以發現相互不包含的子樹的貢獻是相互獨立的，只是內部交換而不交換他們的相對順序，對答案沒有任何影響。

　　那么現在只需要考慮最大化某點的貢獻，顯然應該讓不同兒子的子樹內的點盡量交替access。設各點子樹的Σa_i為s_i，那么當不存在2s_son>s_i時，該點貢獻為s_i-1，否則為2(s_i-max{s_son})。于是如果沒有修改，對每個子樹求出s就能計算答案了。

　　接下來考慮怎么修改。顯然修改某點會影響該點到根的路徑上的所有點的貢獻。因為貢獻與2s_son>s_i的兒子有特殊的關系，考慮將其視為preferred child，把子樹根與該兒子的邊設為重邊，如果不存在或根自身就是最大的就與兒子全部連輕邊。同時注意到修改只會使某點的a_i增加，如果其本來就是preferred child，修改后仍然是，并且可以發現這不會對答案造成影響；如果不是的話可能會存在輕重邊切換的情況，其自身變為preferred child，但無論如何這說明這棵子樹原來的s_son不足其父親s_i的一半，而這顯然只能存在log次。所以用一棵不會動的LCT做一個真正的access就能修改了，可以打個lazy避免維護子樹。感覺有一堆情況事實上最后也沒啥要討論的。

　　雖然寫了一年但是1A感覺爽爆啊？

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cassert> using namespace std; #define ll long long #define N 400010 #define lson tree[k].ch[0] #define rson tree[k].ch[1] #define lself tree[tree[k].fa].ch[0] #define rself tree[tree[k].fa].ch[1] char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;} int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);} int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f; } int n,m,p[N],t; ll ans; struct data{int to,nxt; }edge[N<<1]; struct data2{int ch[2],fa;ll x,s,lazy,ans; }tree[N]; void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;} void dfs(int k,int from) {tree[k].s=tree[k].x;ll mx=tree[k].x;for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)if (edge[i].to!=from){tree[edge[i].to].fa=k;dfs(edge[i].to,k);tree[k].s+=tree[edge[i].to].s;mx=max(mx,tree[edge[i].to].s);}if (2*mx<=tree[k].s) tree[k].ans=tree[k].s-1;else{tree[k].ans+=tree[k].s-mx<<1;for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)if (edge[i].to!=from&&tree[edge[i].to].s==mx) {tree[k].ch[1]=edge[i].to;break;}}ans+=tree[k].ans; } void add(int k,ll x){if (k) tree[k].s+=x,tree[k].lazy+=x;} void down(int k){if (tree[k].lazy) add(lson,tree[k].lazy),add(rson,tree[k].lazy),tree[k].lazy=0;} int whichson(int k){return rself==k;} bool isroot(int k){return lself!=k&&rself!=k;} void push(int k){if (!isroot(k)) push(tree[k].fa);down(k);} void move(int k) {int fa=tree[k].fa,gf=tree[fa].fa,p=whichson(k);if (!isroot(fa)) tree[gf].ch[whichson(fa)]=k;tree[k].fa=gf;tree[fa].ch[p]=tree[k].ch[!p],tree[tree[k].ch[!p]].fa=fa;tree[k].ch[!p]=fa,tree[fa].fa=k; } void splay(int k) {push(k);while (!isroot(k)){int fa=tree[k].fa;if (!isroot(fa))if (whichson(fa)^whichson(k)) move(k);else move(fa);move(k);} } void access(int k,int x) {tree[k].x+=x;for (int t=0;k;){splay(k);if (rson){int p=rson;for (;tree[p].ch[0];p=tree[p].ch[0]) down(p);splay(p);while (!isroot(k)) move(k);}tree[k].s+=x;ans-=tree[k].ans;if ((tree[rson].s<<1)<=tree[k].s) rson=0;if ((tree[t].s<<1)>tree[k].s) rson=t,tree[k].ans=tree[k].s-tree[t].s<<1;else if ((tree[k].x<<1)>tree[k].s) tree[k].ans=tree[k].s-tree[k].x<<1;else if ((tree[rson].s<<1)>tree[k].s) tree[k].ans=tree[k].s-tree[rson].s<<1;else tree[k].ans=tree[k].s-1;ans+=tree[k].ans;add(lson,x);for (;lson;k=lson) down(k);splay(k);t=k;k=tree[k].fa;} } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("bzoj5212.in","r",stdin);freopen("bzoj5212.out","w",stdout);const char LL[]="%I64d\n"; #elseconst char LL[]="%lld\n"; #endifn=read(),m=read();for (int i=1;i<=n;i++) tree[i].x=read();for (int i=1;i<n;i++){int x=read(),y=read();addedge(x,y),addedge(y,x);}dfs(1,1);cout<<ans<<endl; for (int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();access(x,y);printf(LL,ans);}return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/Gloid/p/10091951.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ5212 ZJOI2018历史（LCT）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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