文章目錄

• B：Relief grain
• C：hotel加強版

B：Relief grain

題目

將一段區間修改的標記變成差分，每次都是連續一段的$dfn$序修改

從小到大枚舉$dfn$，在一段標記的最開頭的$dfn$插入，最末尾的$dfn$再$+1$刪除

就保證了在這連續的一段都出現了

此時仍然存在于線段樹中的標記就一定是經過$dfn$序對應回原樹的節點

#include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 100005 #define MAX 100000 vector < int > G[maxn], ins[maxn], del[maxn]; int n, m, cnt; int siz[maxn], son[maxn], f[maxn], dep[maxn]; int dfn[maxn], top[maxn], rnk[maxn]; int t[maxn << 2], id[maxn << 2], ans[maxn];void dfs1( int u, int fa ) {son[u] = 0, siz[u] = 1, dep[u] = dep[fa] + 1, f[u] = fa;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == fa ) continue;dfs1( v, u );siz[u] += siz[v];if( ! son[u] || siz[v] > siz[son[u]] )son[u] = v;} }void dfs2( int u, int t ) {top[u] = t, dfn[u] = ++ cnt, rnk[cnt] = u;if( ! son[u] ) return;dfs2( son[u], t );for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == f[u] || v == son[u] ) continue;else dfs2( v, v );} }void pushup( int num ) {if( t[num << 1] >= t[num << 1 | 1] ) t[num] = t[num << 1], id[num] = id[num << 1];else t[num] = t[num << 1 | 1], id[num] = id[num << 1 | 1]; }void build( int num, int l, int r ) {t[num] = id[num] = 0;if( l == r ) {id[num] = l;return;}int mid = ( l + r ) >> 1;build( num << 1, l, mid );build( num << 1 | 1, mid + 1, r ); }void modify( int num, int l, int r, int pos, int v ) {if( l == r ) {t[num] += v;return;}int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( num << 1, l, mid, pos, v );else modify( num << 1 | 1, mid + 1, r, pos, v );pushup( num ); }void solve( int u, int v, int w ) {int fu = top[u], fv = top[v];while( fu != fv ) {if( dep[fu] < dep[fv] ) swap( fu, fv ), swap( u, v );ins[dfn[fu]].push_back( w );del[dfn[u] + 1].push_back( w );u = f[fu], fu = top[u];}if( dep[u] < dep[v] ) swap( u, v );ins[dfn[v]].push_back( w );del[dfn[u] + 1].push_back( w ); }int main() {while( ~ scanf( "%d %d", &n, &m ) ) {if( ! n && ! m ) return 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) G[i].clear(), ins[i].clear(), del[i].clear();cnt = 0;for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs1( 1, 0 );dfs2( 1, 1 );for( int i = 1, x, y, z;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &x, &y, &z );solve( x, y, z );}build( 1, 1, MAX );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 0;j < ins[i].size();j ++ )modify( 1, 1, MAX, ins[i][j], 1 );for( int j = 0;j < del[i].size();j ++ )modify( 1, 1, MAX, del[i][j], -1 );if( t[1] ) ans[rnk[i]] = id[1];else ans[rnk[i]] = 0;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )printf( "%d\n", ans[i] );}return 0; }

---

C：hotel加強版

鏈接

$f[u][j]$表示$u$子樹內距離$u$為$j$的點個數

$g[u][j]$表示$u$子樹內存在兩個點距離它們的$lca$為$d$，且$lca$距離$u$為$d?j$

樹形$DP$，是一個一個兒子暴力計算貢獻的

$ans+=f[u][j]\times g[v][j+1]+g[u][j]\times f[v][j?1]$

$f[u][j]\times g[v][j+1]$：在$u$已處理過的兒子中距離$u$為$j$，那么距離現在處理的兒子$v$的距離則為$j+1$，所以是和以$v$為根的子樹內的距離$j+1$點對進行匹配，即$g[v][j+1]$

$g[u][j]\times f[v][j?1]$：在$u$已處理過的兒子中，兩點距離$lca$為$d$且$lca$距離$u$為$d?j$的點對數為$g[u][j]$，能與現在處理的兒子$v$匹配的點個數則為$f[v][j?1]$，$f[v][j?1]$的點距離$v$是$j?1$，距離$u$就是$j$

$g[u][j+1]+=f[u][j+1]\times f[v][j]$：$f[u][j+1],f[v][j]$相互匹配的點對是很特殊的，因為這些點對的$lca$就是$u$，這些點對距離$lca$為$j+1$，$lca$距離$u$的距離為$(j+1)?(j+1)=0$，是符合$g$的定義的

這種特殊的情況統計后，在$u$往上跳的過程中，$u$不斷降級為兒子，目前特殊的$lca$等于根的情況在以后就變成了下邊的一般化的$g$的轉移，那個時候$u$對根的貢獻就是正確的了，類似于局部最優的這種思想，特殊情況往上跳就變成了一般情況

$g[u][j?1]+=g[v][j]$

$g[u][j?1]+=g[v][j]$：$g[v][j]$是$v$子樹內$lca$距離$v$為$d?j$的點對數，這些點對數的$lca$距離$u$則為$d?j+1$

$f[u][j+1]+=f[v][j]$

$f[u][j+1]+=f[v][j]$：很好理解，距離$u$為$j+1$的點個數加上距離當前正在處理的兒子$v$距離為$j$（距離$u$就為$j+1$）的個數

長鏈剖分即可

長鏈剖分不同于重鏈剖分的無非是不再選用子樹最大的兒子作為重兒子，而是選用長度最長（葉子節點深度最深）的兒子作為重兒子

用于處理只與深度有關的樹上問題

#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 100005 #define int long long vector < int > G[maxn]; int n; int dep[maxn], son[maxn]; int *f[maxn], *g[maxn], tmp[maxn << 2], *ip = tmp, ans;void dfs1( int u, int fa ) {for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == fa ) continue;dfs1( v, u );dep[u] = max( dep[u], dep[v] );if( dep[v] > dep[son[u]] ) son[u] = v;}dep[u] = dep[son[u]] + 1; }void dfs2( int u, int fa ) {if( son[u] ) {f[son[u]] = f[u] + 1;g[son[u]] = g[u] - 1;dfs2( son[u], u );}f[u][0] = 1; ans += g[u][0];for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];if( v == son[u] || v == fa ) continue;f[v] = ip, ip += ( dep[v] << 1 );g[v] = ip, ip += ( dep[v] << 1 );dfs2( v, u );for( int j = 0;j <= dep[v];j ++ ) {ans += f[u][j] * g[v][j + 1];if( j ) ans += g[u][j] * f[v][j - 1];}for( int j = 0;j <= dep[v];j ++ ) {if( j ) g[u][j - 1] += g[v][j];g[u][j + 1] += f[u][j + 1] * f[v][j];f[u][j + 1] += f[v][j];}} }signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u ); }dfs1( 1, 0 );f[1] = ip, ip += ( dep[1] << 1 );g[1] = ip, ip += ( dep[1] << 1 );dfs2( 1, 0 );printf( "%lld\n", ans );return 0; }

---

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[树链剖分]List wants to travel，Relief grain，hotel加强版，This world need more Zhu的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。