problem

luogu-P4679

理解清楚題意又是一個(gè)世紀(jì)的更迭了

給定一個(gè)樹，每個(gè)節(jié)點(diǎn)位置上實(shí)際放了兩個(gè)節(jié)點(diǎn)。

然后若干次修改和查詢。$.$ 能走，$\#$ 不能走。

詢問 $u\to v$ 的簡單路徑上最長能走的距離。（是強(qiáng)制從 $u$ 開始，不是問最長子段哦）

同個(gè)節(jié)點(diǎn)位置上放的兩個(gè)節(jié)點(diǎn)能否互通依舊遵循上面的規(guī)則。

solution

這種路徑問題通常我們考慮樹剖，如果涉及斷邊加邊的動(dòng)態(tài)操作就考慮 $\text{LCT}$。

上樹鏈剖分的板子，兩個(gè) $\text{dfs}$ duangduang掄上去。

然后考慮線段樹怎么維護(hù)信息能夠合并。

我們定義每個(gè)節(jié)點(diǎn)位置上實(shí)際存在的兩個(gè)節(jié)點(diǎn)分別為 $0/1$。

線段樹上每個(gè)節(jié)點(diǎn)維護(hù)區(qū)間 $[l,r]$ 的信息：

• $lx[2]:l$ 的 $0/1$ 節(jié)點(diǎn)開始能走的最長距離。

• $rx[2]:r$ 的 $0/1$ 節(jié)點(diǎn)開始能走的最長距離。

• $mx[2][2]:l$ 的 $0/1$ 到 $r$ 的 $0/1$ 的最長距離。

  一定是從 $l$ 的 $0/1$ 開始走，且全程不被阻擋地成功走到 $r$ 的 $0/1$ 的距離。

這有點(diǎn)類似線段樹維護(hù)區(qū)間最大子段和的維護(hù)方式，但略有不同。

合并兩個(gè)區(qū)間的時(shí)候，也是類似線段樹維護(hù)區(qū)間最大子段和的做法。

• $lx[i]$

  • 直接就是左兒子算的答案。$lson\to lx[i]$。

  • 左兒子整個(gè)區(qū)間走完的最大值再加上右兒子的左端點(diǎn)位置上的某個(gè)節(jié)點(diǎn)開始往后走的最大值。

    但不清楚左兒子走到其右端點(diǎn)位置的哪個(gè)節(jié)點(diǎn)更優(yōu)，需要枚舉，右兒子的左端點(diǎn)位置同理。

    $lson\to mx[i][j]+rson\to lx[j]$。

• $rx[i]$

  • 直接右兒子算的答案。$rson\to rx[i]$。

  • 右兒子整個(gè)區(qū)間走完的最大值再加上左兒子區(qū)間右端點(diǎn)位置上的某個(gè)節(jié)點(diǎn)開始往前走的最大值。

    同理需要枚舉。

    $rson\to mx[i][j]+lson\to lx[j]$。

• $mx[i][j]$

  只能知道是從左兒子區(qū)間左端點(diǎn)位置的 $i$ 節(jié)點(diǎn)到右兒子區(qū)間右端點(diǎn)位置的 $j$ 節(jié)點(diǎn)。

  但不清楚左兒子區(qū)間右端點(diǎn)位置的結(jié)束節(jié)點(diǎn)以及右兒子區(qū)間左端點(diǎn)位置的開始節(jié)點(diǎn)，同樣需要枚舉。

  且左兒子結(jié)束節(jié)點(diǎn)應(yīng)與右兒子開始節(jié)點(diǎn)一樣，不然走不過去。

  $lson\to mx[i][k]+rson\to mx[k][j]$。

合并知道了，單點(diǎn)修改應(yīng)該就能明白。這里不再贅述。可以看下面代碼。

只說一點(diǎn)：因?yàn)橐B續(xù)，所以如果是阻攔直接設(shè)成 $?\infty$。 這樣子就一定不可能使兩段無法到達(dá)的區(qū)間答案在線段樹上被錯(cuò)誤合并。

最后需要注意一點(diǎn)。

我們樹剖是從上往下剖，也就是說線段樹上一個(gè) $[l,r]$ 區(qū)間，對應(yīng)的是原樹上一條從上往下的鏈的信息。

但實(shí)際上我們應(yīng)該是 $u\to lca(u,v)\to v$，在樹上是先往上走再往下走。

那么往上走的信息就需要反轉(zhuǎn)區(qū)間維護(hù)的信息。

所以樹剖就不能寫代碼簡化版（通過判斷 $u,v$ 所在重鏈的深度決定是否需要交換 $u,v$）

$u,v$ 地位是不同的。

最后答案就是從 $u$ 位置的兩個(gè)節(jié)點(diǎn)出發(fā)能走的最遠(yuǎn)距離的較大值，即 $ans\to lx[0/1]$。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 50005 int n, m, cnt; vector < int > G[maxn]; char op[maxn][5]; int f[maxn], siz[maxn], dep[maxn], son[maxn], top[maxn], dfn[maxn], id[maxn];namespace SGT {struct node { int lx[2], rx[2], mx[2][2];node() {memset( lx, 0, sizeof( lx ) );memset( rx, 0, sizeof( rx ) );memset( mx, 0, sizeof( mx ) );} }t[maxn << 2];#define lson now << 1#define rson now << 1 | 1#define mid (l + r >> 1)node operator + ( node ls, node rs ) {node ans;memset( ans.mx, -0x3f, sizeof( ans.mx ) );for( int i = 0;i <= 1;i ++ )for( int j = 0;j <= 1;j ++ ) {ans.lx[i] = max( ans.lx[i], max( ls.lx[i], ls.mx[i][j] + rs.lx[j] ) );ans.rx[i] = max( ans.rx[i], max( rs.rx[i], rs.mx[j][i] + ls.rx[j] ) );for( int k = 0;k <= 1;k ++ )ans.mx[i][j] = max( ans.mx[i][j], ls.mx[i][k] + rs.mx[k][j] );}return ans;}node init( char *op ) {node ans;if( op[0] == '.' and op[1] == '.' ) {ans.lx[0] = ans.lx[1] = ans.rx[0] = ans.rx[1] = 2;ans.mx[0][0] = ans.mx[1][1] = 1;ans.mx[0][1] = ans.mx[1][0] = 2;}else if( op[0] == '.' or op[1] == '.' ) {int d = op[1] == '.';memset( ans.mx, -0x3f, sizeof( ans.mx ) );ans.lx[d] = ans.rx[d] = ans.mx[d][d] = 1;ans.lx[!d] = ans.rx[!d] = 0; }else {ans.lx[0] = ans.lx[1] = ans.rx[0] = ans.rx[1] = 0;memset( ans.mx, -0x3f, sizeof( ans.mx ) );}return ans;}void reverse( node &ans ) {swap( ans.lx[0], ans.rx[0] );swap( ans.lx[1], ans.rx[1] );swap( ans.mx[0][1], ans.mx[1][0] );}void modify( int now, int l, int r, int p ) {if( l == r ) { t[now] = init( op[id[l]] ); return; }if( p <= mid ) modify( lson, l, mid, p );else modify( rson, mid + 1, r, p );t[now] = t[lson] + t[rson];}node query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( L <= l and r <= R ) return t[now];if( R <= mid ) return query( lson, l, mid, L, R );else if( mid < L ) return query( rson, mid + 1, r, L, R );else return query( lson, l, mid, L, R ) + query( rson, mid + 1, r, L, R );} }namespace Qtree {void dfs1( int u, int fa ) {f[u] = fa, siz[u] = 1, dep[u] = dep[fa] + 1;for( int v : G[u] ) {if( v == fa ) continue;else dfs1( v, u );siz[u] += siz[v];if( siz[v] > siz[son[u]] ) son[u] = v;}}void dfs2( int u, int t ) {id[dfn[u] = ++ cnt] = u, top[u] = t;if( son[u] ) dfs2( son[u], t );else return;for( int v : G[u] ) if( v ^ f[u] and v ^ son[u] ) dfs2( v, v );}int query( int x, int y ) {SGT :: node ans1, ans2, ans;while( top[x] ^ top[y] ) {if( dep[top[x]] > dep[top[y]] )ans1 = SGT :: query( 1, 1, n, dfn[top[x]], dfn[x] ) + ans1, x = f[top[x]];elseans2 = SGT :: query( 1, 1, n, dfn[top[y]], dfn[y] ) + ans2, y = f[top[y]];}if( dep[x] > dep[y] ) ans1 = SGT :: query( 1, 1, n, dfn[y], dfn[x] ) + ans1;else ans2 = SGT :: query( 1, 1, n, dfn[x], dfn[y] ) + ans2;reverse( ans1 );ans = ans1 + ans2;return max( ans.lx[0], ans.lx[1] );} }int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}Qtree :: dfs1( 1, 0 );Qtree :: dfs2( 1, 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%s", op[i] );SGT :: modify( 1, 1, n, dfn[i] );}char opt[5]; int u, v;while( m -- ) {scanf( "%s", opt );if( opt[0] == 'C' ) {scanf( "%d", &u );scanf( "%s", op[u] );SGT :: modify( 1, 1, n, dfn[u] );}else {scanf( "%d %d", &u, &v );printf( "%d\n", Qtree :: query( u, v ) );}}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[ZJOI2011] 道馆之战（树链剖分）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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