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題意：給一棵帶邊權的樹，每個點開始時為白色，維護兩種操作：

1.改變一個點的顏色（白變黑，黑變白）
2.詢問最遠的兩個白點之間的距離

樹分治國集論文

鏈分治的本質其實就是樹鏈剖分。它們的區別是樹剖維護路徑詢問，鏈分治維護全局路徑。

動態點分治需要重新建一棵樹，而鏈分治分出來的是鏈，本身就可以用數據結構維護。所以鏈分治本身就可以資瓷修改。

對于每一條鏈單獨用數據結構維護與當前鏈有交集的路徑信息。

對于本題，先樹鏈剖分

記$D_i,D_i^{\prime }$為節點$i$沿虛邊往下走到某個白點的最長和次長長度。如果不存在，記為$?INF$

用線段樹維護一條鏈。對于一條鏈上的一個區間$[L,R]$

記

$lmax=max\{dist(L,i)+D_i\}$

$rmax=max\{D_i+dist(i,R)\}$

即：$lmax$表示$L$沿這條鏈往下走（可以不走），在$[L,R]$中的某個點拐出去，往下走(可以不走)到某個白點經過的最長長度。注意沒有要求起點是白色。$rmax$同理。

再記錄$ans$表示有交集的最長長度

然后用類似最大子段和的方式合并。

對于一個線段樹節點$p$，左右兒子$lc,rc$

$lmax[p]=max\{lmax[lc],dist(L,mid+1)+lmax[rc]\}$

$rmax[p]=max\{rmax[lc]+dist(mid,R),rmax[rc]\}$

$ans[p]=max\{ans[lc],ans[rc],rmax[lc]+dist(mid,mid+1)+lmax[rc]\}$

邊界：當$L=R$,設當前點為$i$

若$i$是白點

$lmax=rmax=max\{D_i,0\}$

$ans=max\{0,D_i,D_i+D_i^{\prime }\}$

否則

$lmax=rmax=D_i$

$ans=D_i+D_i^{\prime }$

最后需要維護$D_i,D_i^{\prime }$

當$i$是白點,$j$為$i$的輕兒子

$D_i=max\{0,w(i,j)+lmax[j]\}$

當$i$是黑點

$D_i=w(i,j)+lmax[j]$

然后用個堆之類的瞎維護即可

然而寫起來十分精神污染

有一個常用的轉換方式

紅色邊權值為$0$

這樣這棵樹變成了二叉樹，且兩兩之間的距離不變。也就是說和原來的樹是等效的。

有什么用呢？

這樣一個節點最多有一個重兒子一個輕兒子，$D_i^{\prime }$永遠為$?INF$，$D_i$可以直接計算，大大降低編程復雜度。當然好不好調是另外一回事

最后答案用$multiset$暴艸即可

復雜度$O(nlo{g}_n^2)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <set> #define MAXN 200005 #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; inline int read() {int ans=0,f=1;char c=getchar();while (c<'0'||c>'9'){if (c=='-') f=-1;c=getchar();}while (c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}return f*ans; } inline char gal() {char c=getchar();while (c<'A'||c>'Z') c=getchar();return c; } int n; struct edge {int u,v,w; }e[MAXN]; int head[MAXN],nxt[MAXN],cnt; void addnode(int u,int v,int w) {e[++cnt]=(edge){u,v,w};nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt; } int son[MAXN][2]; int fa[MAXN],dep[MAXN],cost[MAXN],col[MAXN]; void dfs(int u) {int las=u;for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (!dep[e[i].v]){fa[fa[e[i].v]=++n]=las;dep[e[i].v]=dep[u]+1;cost[e[i].v]=e[i].w;dfs(son[las=son[las][las!=u]=n][0]=e[i].v);} } int siz[MAXN],dis[MAXN],tp[MAXN],bt[MAXN]; int dfn[MAXN],pos[MAXN],tim; void Dfs(int u) {if (!u) return;siz[u]=1;Dfs(son[u][0]),Dfs(son[u][1]);siz[u]+=siz[son[u][0]]+siz[son[u][1]];if (siz[son[u][0]]<siz[son[u][1]]) swap(son[u][0],son[u][1]); } multiset<int> re; int rt[MAXN],tot; int ch[MAXN<<2][2],lmax[MAXN<<2],rmax[MAXN<<2],ans[MAXN<<2]; inline int d(const int& x) {if (!son[x][1]) return col[x]? 0:-INF;if (col[x]) return max(cost[son[x][1]]+lmax[rt[son[x][1]]],0);return cost[son[x][1]]+lmax[rt[son[x][1]]]; } #define lc ch[p][0] #define rc ch[p][1] inline void update(const int& p,const int& l,const int& r) {int mid=(l+r)>>1;lmax[p]=max(lmax[lc],dis[pos[mid+1]]-dis[pos[l]]+lmax[rc]);rmax[p]=max(rmax[lc]+dis[pos[r]]-dis[pos[mid]],rmax[rc]);ans[p]=max(max(ans[lc],ans[rc]),rmax[lc]+cost[pos[mid+1]]+lmax[rc]); } void build(int& p,int l,int r) {p=++tot;if (l==r){if (col[pos[l]]) ans[p]=lmax[p]=rmax[p]=max(0,d(pos[l]));else lmax[p]=rmax[p]=d(pos[l]),ans[p]=-INF;return;}int mid=(l+r)>>1;build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);update(p,l,r); } void modify(int p,int l,int r,int k) {if (l==r){if (col[pos[l]]) ans[p]=lmax[p]=rmax[p]=max(0,d(pos[l]));else lmax[p]=rmax[p]=d(pos[l]),ans[p]=-INF;return;}int mid=(l+r)>>1;if (k<=mid) modify(lc,l,mid,k);else modify(rc,mid+1,r,k);update(p,l,r); } void DFS(int u,int t) {if (!u) return;dis[u]=dis[fa[u]]+cost[u];bt[tp[u]=t]=pos[dfn[u]=++tim]=u;DFS(son[u][0],t);DFS(son[u][1],son[u][1]);if (u==t) build(rt[u],dfn[u],dfn[bt[u]]),re.insert(ans[rt[u]]); } int main() {freopen("test.in","r",stdin);n=read();int cnt=n;for (int i=1;i<=n;i++) col[i]=1;for (int i=1;i<n;i++){int u,v,w;u=read(),v=read(),w=read();addnode(u,v,w),addnode(v,u,w);}dep[1]=1;dfs(1);Dfs(1);DFS(1,1);for (int i=read();i;--i){if (gal()=='A') cnt? printf("%d\n",max(0,*re.rbegin())):puts("They have disappeared.");else{int x=read();for ((col[x]^=1)? ++cnt:--cnt;x;re.erase(re.find(ans[rt[tp[x]]])),modify(rt[tp[x]],dfn[tp[x]],dfn[bt[tp[x]]],dfn[x]),re.insert(ans[rt[tp[x]]]),x=fa[tp[x]]);}}return 0; }

做這種題一定要先理清思路，弄懂定義再開始碼，不要邊想邊寫

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【SPOJ2666】QTree4【链分治】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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