題意：一棵$n$個點的樹，每個點有權值$a_i$，初始時給定。維護：

單點權值加上一個正數。

詢問每個點恰好執行$a_i$次 access 操作，任意安排順序的條件下切換輕重鏈總次數的最大值。

$n\le 4\times 10^5$

一道奇怪的題（？）

對于一個點$u$，考慮它子樹內兩個相鄰 access的點，它們在$u$這里切換了一次當且僅當它們屬于 不同的 $u$的兒子 為根 的 子樹。（為了方便，我們把$u$單獨這一個點看成$u$的子樹。）

把來自同一個子樹內的一次access看成一種顏色的小球，我們希望相鄰的不同色小球盡量多。

結論 設總小球數為$n$,顏色最多的小球個數為$m$，那么最大貢獻為$\min \{n?1,2(n?m)\}$

證明

考慮把最多的顏色擺出來，在$m?1$個空隙中放其他顏色。

假設最多的顏色只有一種

把所有其他顏色的球依次往空隙中放，放完一個顏色繼續往下一個空隙放，空隙放完了再從第一個開始。

如果空隙都放完了，即$n?m\ge m?1$,即$n?1\le 2(n?m)$，所有相鄰的小球顏色都不同，答案為$n?1$

否則顏色最多的球一定會相鄰。考慮開始時貢獻為$0$，插入一個任意顏色的球最多讓貢獻$+2$，上面的構造方法可以達到這個最大值，所以最大貢獻為$2(n?m)$

最多的顏色有多種

顯然這時$m\le \frac{n}{2}$,把最多的顏色各取一個構成一組綁在一起，然后其他顏色用同樣的方法放在組之間的空隙內，這樣不會有同色相鄰。

就可以$O(n)$處理了

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然后考慮怎么用數據結構維護這玩意

上面已經推過了，雖然表達式看起來很奇怪，但實際上本質上是判斷最大的子樹是否超過自己的一半（這里的大小都是指$a$的和）

一點也不自然地想到實鏈剖分

具體而言，設$su{m}_u$表示$u$子樹內權值和，對于$u$和它的兒子$v$，如果$2su{m}_v>su{m}_u+1$(先不管$u$本身什么的)，那么$v$是$u$的重兒子，顯然重兒子最多有一個。如果不存在這樣的兒子就沒有重兒子。

這樣做的好處是重鏈上都是取的$\min \{n?1,2(n?m)\}$的右邊這項，而把父親和兒子加上同一個正數時左邊會變大，右邊不會變，而右邊本來就比左邊小，不僅仍然是重邊，連這個點的答案都不會改變，直接跳過去就可以了。而到根的輕邊是$O(\log V)$的，直接討論一下輕邊的情況即可。

具體而言就是魔改一下LCT的access，跳輕邊的時候需要判一下。具體實現的時候很詭異，建議直接看代碼。

注意復雜度是通過輕邊條數而非finger-search保證的，所以必須在修改前dfs一遍處理出重兒子

復雜度應該是$O(n\log n\log V)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <vector> #define MAXN 400005 using namespace std; typedef long long ll; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } int ch[MAXN][2],fa[MAXN]; ll val[MAXN],lz[MAXN]; inline void pushlzy(int x,ll v){val[x]+=v,lz[x]+=v;} inline void pushdown(int x) {if (lz[x]){if (ch[x][0]) pushlzy(ch[x][0],lz[x]);if (ch[x][1]) pushlzy(ch[x][1],lz[x]);lz[x]=0;} } inline int get(int x){return ch[fa[x]][1]==x;} inline bool isroot(int x){return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x;} inline void rotate(int x) {int y=fa[x],z=fa[y];int l=get(x),r=l^1;int w=ch[x][r];if (!isroot(y)) ch[z][get(y)]=x;ch[x][r]=y,ch[y][l]=w;if (w) fa[w]=y;fa[y]=x,fa[x]=z; } int q[MAXN],tp; inline void splay(int x) {q[tp=1]=x;for (int i=x;!isroot(i);i=fa[i]) q[++tp]=fa[i];for (int i=tp;i>=1;i--) pushdown(q[i]);while (!isroot(x)){int y=fa[x];if (!isroot(y)){if (get(x)==get(y)) rotate(y);else rotate(x);}rotate(x);} } ll res[MAXN],a[MAXN],ans; inline int findrt(int x){while (ch[x][0]) pushdown(x),x=ch[x][0];return x;} inline void access(int x,int v) {a[x]+=v;for (int y=0;x;y=x,x=fa[x]){splay(x);val[x]+=v;if (ch[x][0]) pushlzy(ch[x][0],v);ans-=res[x];int t=findrt(ch[x][1]);if (2*(val[x]-val[t])>=val[x]-1) ch[x][1]=0;t=findrt(y);if (2*(val[x]-val[t])<val[x]-1) ch[x][1]=y;t=findrt(ch[x][1]);res[x]=(t? 2*(val[x]-val[t]):val[x]-1);if (2*a[x]>val[x]+1) res[x]=2*(val[x]-a[x]);ans+=res[x];} } vector<int> e[MAXN]; void dfs(int u) {val[u]=a[u];for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (e[u][i]!=fa[u]){fa[e[u][i]]=u;dfs(e[u][i]);val[u]+=val[e[u][i]];}for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (e[u][i]!=fa[u]&&2*val[e[u][i]]>val[u]+1)ch[u][1]=e[u][i];res[u]=(ch[u][1]? 2*(val[u]-val[ch[u][1]]):val[u]-1);if (2*a[u]>val[u]+1) res[u]=2*(val[u]-a[u]);ans+=res[u]; } int main() {int n,m;n=read(),m=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}dfs(1); printf("%lld\n",ans);while (m--){int x,v;x=read(),v=read();access(x,v);printf("%lld\n",ans);}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【ZJOI2018】历史【结论】【LCT思想】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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