problem

luogu-P3242

solution

本題的難點(diǎn)在于如何判定路徑之間是否覆蓋。

這里我們嘗試樹常見的 $\text{dfs}$ 序。

考慮 $x?y$ 路徑如果要覆蓋 $u?v$ 路徑需要滿足怎樣的條件。

以下均假設(shè) $dfs(u)<dfs(v),dfs(x)<dfs(y)$。

• $lca(u,v)=u$。

  $x$ 必須是 $u$ 子樹內(nèi)的一點(diǎn)，$y$ 必須是 $v$ 子樹內(nèi)的一點(diǎn)。

  我們記點(diǎn) $i$ 子樹內(nèi)的 $\text{dfs}$ 序列對應(yīng)連續(xù)區(qū)間為 $[l(i),r(i)]$。

  則要 $l(u)\le l(x)\le r(u)\wedge l(v)\le l(y)\le r(v)$。

  其實(shí)，我們可以將 $(l(x),l(y))$ 當(dāng)成一個點(diǎn)的坐標(biāo)；

  將 $(l(u),l(v))?(r(u),r(v))$ 看作左下角為 $(l(u),l(v))$ 右上角為 $(r(u),r(v))$ 的矩陣。

  發(fā)現(xiàn)這個點(diǎn)就是落在這個矩陣內(nèi)的。

  所以問題就是某個點(diǎn)被若干個矩形包含，求這里面的權(quán)值第 $k$ 小的矩陣。

• $lca(u,v)=u$。

  $x$ 必須屬于 $u\to v$ 走的第一個點(diǎn)子樹外的部分，$y$ 仍是 $v$ 子樹內(nèi)一點(diǎn)。

  即，假設(shè) $u$ 到 $v$ 的路徑經(jīng)過的 $u$ 的兒子為 $w$，即路徑為 $u\to w\to \dots v$。

  則要 $1\le l(x)<l(w)\vee r(w)<l(x)\le n$，$l(v)\le l(y)\le r(v)$。

  兩個條件是獨(dú)立的。

  • $1\le l(x)<l(w)$，對應(yīng)矩陣 $(1,l(v))?(l(w)?1,r(v))$。
  • $r(w)<l(x)\le n$，對應(yīng)矩陣 $(l(v),r(w)+1)?(r(v),n)$。

找 $lca$ 和某個點(diǎn)的下面一個點(diǎn)，可以倍增，可以樹鏈剖分，好像是鏈剖分快點(diǎn)，但我們不需要卡這么點(diǎn)常。

對于一個詢問，我們可以二分答案，然后把所有權(quán)值不大于答案的矩陣激活，統(tǒng)計(jì)包含該詢問對應(yīng)點(diǎn)的被激活的矩陣有多少個，根據(jù)和 $k$ 的關(guān)系移動二分端點(diǎn)。

所以我們可以對所有詢問套一個整體二分。

而這個矩陣激活我們就可以掃描線地做。

對于 $(x1,y1)?(x2,y2)$ 的矩陣，我們以 $x$ 軸做掃描線從左往右掃。

變成 $(y1,y2,x1,1)$ 在 $x=x1$ 的時候把 $[y1,y2]+1$，$(y1,y2,x2+1,?1)$ 在 $x=x2$ 的時候把 $[y1,y2]?1$。

數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)仍然使用樹狀數(shù)組。

由于使用的是掃描線，所以一開始要將所有詢問按 $x$ 排序，并且將矩陣按權(quán)值排序。

且每次整體二分內(nèi)部都要將權(quán)值屬于 $[l,mid]$ 區(qū)間的矩陣重新按 $x$ 軸排序。

時間復(fù)雜度 $O(n{\log }^{2}n)$ 。

code

#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 40005vector < int > G[maxn]; int dep[maxn], st[maxn], ed[maxn]; int f[maxn][16]; int cnt;void dfs( int u, int fa ) {dep[u] = dep[fa] + 1, f[u][0] = fa, st[u] = ++ cnt;for( int i = 1;i < 16;i ++ ) f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];for( int v : G[u] ) if( v ^ fa ) dfs( v, u );ed[u] = cnt; } int lca( int u, int v ) {if( dep[u] < dep[v] ) swap( u, v );for( int i = 15;~ i;i -- ) if( dep[f[u][i]] >= dep[v] ) u = f[u][i];if( u == v ) return u;for( int i = 15;~ i;i -- ) if( f[u][i] ^ f[v][i] ) u = f[u][i], v = f[v][i];return f[u][0]; } int top( int u, int d ) {for( int i = 15;~ i;i -- ) if( d >> i & 1 ) u = f[u][i]; return u; }int cntg, n, m1, m2; int ans[maxn]; struct scan { int l, r, x, op; }s[maxn << 2]; struct matrix { int x1, y1, x2, y2, w; }g[maxn << 2]; struct query { int x, y, k, id; }q[maxn], L[maxn], R[maxn];namespace BIT {int t[maxn];void add( int l, int r, int k ) {for( ;l <= n;l += l & -l ) t[l] += k;for( ;r <= n;r += r & -r ) t[r] -= k;}int ask( int x ) {int sum = 0;for( ;x;x -= x & -x ) sum += t[x];return sum;} }void solve( int l, int r, int ql, int qr ) {if( ql > qr ) return;if( l == r ) { for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) ans[q[i].id] = g[l].w; return; }int mid = l + r >> 1; cnt = 0;for( int i = l;i <= mid;i ++ ) {s[++ cnt] = (scan){ g[i].y1, g[i].y2, g[i].x1, 1 };s[++ cnt] = (scan){ g[i].y1, g[i].y2, g[i].x2 + 1, -1 };}sort( s + 1, s + cnt + 1, []( scan a, scan b ) { return a.x < b.x; } );int cntl = 0, cntr = 0, j = 1;for( int i = ql;i <= qr;i ++ ) {for( ;j <= cnt and s[j].x <= q[i].x;j ++ ) BIT :: add( s[j].l, s[j].r + 1, s[j].op );int k = BIT :: ask( q[i].y );if( q[i].k <= k ) L[++ cntl] = q[i];else q[i].k -= k, R[++ cntr] = q[i]; }for( int i = 1;i < j;i ++ ) BIT :: add( s[i].l, s[i].r + 1, -s[i].op );//不一定把l~mid的矩陣都掛在了樹上的for( int i = 1;i <= cntl;i ++ ) q[ql + i - 1] = L[i];for( int i = 1;i <= cntr;i ++ ) q[ql + cntl + i - 1] = R[i];solve( l, mid, ql, ql + cntl - 1 );solve( mid + 1, r, ql + cntl, qr ); }int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &m1, &m2 );for( int i = 1, u, v;i < n;i ++ ) {scanf( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back( v );G[v].push_back( u );}dfs( 1, 0 );for( int i = 1, u, v, w;i <= m1;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &u, &v, &w );if( st[u] > st[v] ) swap( u, v );int x = lca( u, v );if( x ^ u ) g[++ cntg] = (matrix){ st[u], st[v], ed[u], ed[v], w };else {x = top( v, dep[v] - dep[u] - 1 );if( st[x] ^ 1 ) g[++ cntg] = (matrix){ 1, st[v], st[x] - 1, ed[v], w };if( ed[x] ^ n ) g[++ cntg] = (matrix){ st[v], ed[x] + 1, ed[v], n, w };}}for( int i = 1, u, v, k;i <= m2;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &u, &v, &k );if( st[u] > st[v] ) swap( u, v );q[i] = (query){ st[u], st[v], k, i };}sort( q + 1, q + m2 + 1, [](query a, query b) { return a.x < b.x; } );sort( g + 1, g + cntg + 1, [](matrix a, matrix b){ return a.w < b.w; } );solve( 1, cntg, 1, m2 );for( int i = 1;i <= m2;i ++ ) printf( "%d\n", ans[i] );return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[HNOI2015] 接水果（倍增 + 整体二分）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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