您當前位置：首頁 > php開源 > php教程 > 【BZOJ 3531】 [Sdoi2014]旅行

【BZOJ 3531】 [Sdoi2014]旅行

來源：程序員人生發布時間：2015-04-14 08:06:40 閱讀次數：2741次

3531: [Sdoi2014]旅行

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB
Submit: 575 Solved: 303
[Submit][Status][Discuss]
Description

S國有N個城市，編號從1到N。城市間用N⑴條雙向道路連接，滿足
從1個城市動身可以到達其它所有城市。每一個城市信仰不同的宗教，如飛天面條神教、隱形獨角獸教、絕地教都是常見的信仰。為了方便，我們用不同的正整數代表各種宗教， S國的居民常常旅行。旅行時他們總會走最短路，并且為了不麻煩，只在信仰和他們相同的城市留宿。固然旅程的終點也是信仰與他相同的城市。S國政府為每一個城市標定了不同的旅行評級，旅行者們常會記下途中（包括出發點和終點）留宿過的城市的評級總和或最大值。
在S國的歷史上常會產生以下幾種事件：
”CC x c”：城市x的居民全部改信了c教；
”CW x w”：城市x的評級調劑為w;
”QS x y”：1位旅行者從城市x動身，到城市y，并記下了途中留宿過的城市的評級總和；
”QM x y”：1位旅行者從城市x動身，到城市y，并記下了途中留宿過
的城市的評級最大值。
由于年代久遠，旅行者記下的數字已遺失了，但記錄開始之前每座城市的信仰與評級，還有事件記錄本身是完好的。請根據這些信息，還原旅行者記下的數字。為了方便，我們認為事件之間的間隔足夠長，以致在任意1次旅行中，所有城市的評級和信仰保持不變。

Input

輸入的第1行包括整數N，Q順次表示城市數和事件數。
接下來N行，第i+l行兩個整數Wi，Ci順次表示記錄開始之前，城市i的

評級和信仰。
接下來N⑴行每行兩個整數x，y表示1條雙向道路。
接下來Q行，每行1個操作，格式如上所述。

Output

對每一個QS和QM事件，輸出1行，表示旅行者記下的數字。

Sample Input

Sample Output

HINT

N，Q < =10^5 ， C < =10^5

數據保證對所有QS和QM事件，出發點和終點城市的信仰相同；在任意時

刻，城市的評級總是不大于10^4的正整數，且宗教值不大于C。

Source

Round 1 Day 1

樹鏈剖分+動態開結點。

如果沒有同1個信仰的限制就是裸的樹鏈剖分了。

我們可以對每個信仰都建1棵線段樹，但是普通方法建線段樹就會MLE。

因此我們采取動態開結點的辦法：
假定 $n=5$ ,我們要在線段樹中加入1個 $id=4$ 的人，那末我們只需要開”4⑸”這個結點，而不用開”1⑶”的結點，由于開了也沒用。

在最壞情況下，每一個人都屬于不同的信仰，我們對每一個信仰開1棵線段樹，也只需要 $nlogn$ 個節點了~

然后就是裸的樹鏈剖分了。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define M 100005
using namespace std;
int id[M],n,now,q,h[M],tote=0,tot=0,fa[M],size[M],son[M],dep[M],top[M];
int root[M];
struct data
{
    int c,w;
}a[M];
struct Segtree
{
    int l,r,ma,sum;
}t[8000005];
struct edge
{
    int y,ne;
}e[M*2];
void Addedge(int x,int y)
{
    e[++tote].y=y;
    e[tote].ne=h[x];
    h[x]=tote;
}
void dfs1(int x,int f,int de)
{
    dep[x]=de;
    size[x]=1;
    son[x]=0;
    fa[x]=f;
    for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
    {
        int y=e[i].y;
        if (y==f) continue;
        dfs1(y,x,de+1);
        size[x]+=size[y];
        if (size[son[x]]<size[y])
            son[x]=y;
    }
}
void dfs2(int x,int tp)
{
    top[x]=tp;
    id[x]=++now;
    if (son[x]) dfs2(son[x],tp);
    for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
    {
        int y=e[i].y;
        if (y==son[x]||y==fa[x]) continue;
        dfs2(y,y);
    }
}
void Push_up(int x)
{
    t[x].ma=max(t[t[x].l].ma,t[t[x].r].ma);
    t[x].sum=t[t[x].l].sum+t[t[x].r].sum;
}
void Build(int &x,int l,int r,int p,int v)
{
    if (!x) x=++tot;
    if (l==r)
    {
        t[x].sum=t[x].ma=v;
        return;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    if (p<=m) Build(t[x].l,l,m,p,v);
    else Build(t[x].r,m+1,r,p,v);
    Push_up(x);
}
int Getsum(int x,int lt,int rt,int l,int r)
{
    if (!x) return 0;
    if (l<=lt&&rt<=r) return t[x].sum;
    int m=(lt+rt)>>1;
    int ans=0;
    if (l<=m) ans+=Getsum(t[x].l,lt,m,l,r);
    if (r>m) ans+=Getsum(t[x].r,m+1,rt,l,r);
    return ans;
}
int Qsum(int x,int y)
{
    int C=a[x].c;
    int tp1=top[x],tp2=top[y];
    int ans=0;
    while (tp1!=tp2)
    {
        if (dep[tp1]<dep[tp2])
            swap(tp1,tp2),swap(x,y);
        ans+=Getsum(root[C],1,n,id[tp1],id[x]);
        x=fa[tp1];
        tp1=top[x];
    }
    if (x==y) return ans+(a[x].c==C)*a[x].w;
    if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    ans+=Getsum(root[C],1,n,id[x],id[y]);
    return ans;
}
int Getmax(int x,int lt,int rt,int l,int r)
{
    if (!x) return 0;
    if (l<=lt&&rt<=r) return t[x].ma;
    int m=(lt+rt)>>1;
    int ans=0;
    if (l<=m) ans=Getmax(t[x].l,lt,m,l,r);
    if (r>m) ans=max(ans,Getmax(t[x].r,m+1,rt,l,r));
    return ans;
}
int Qmax(int x,int y)
{
    int C=a[x].c;
    int tp1=top[x],tp2=top[y];
    int ans=0;
    while (tp1!=tp2)
    {
        if (dep[tp1]<dep[tp2])
            swap(tp1,tp2),swap(x,y);
        ans=max(ans,Getmax(root[C],1,n,id[tp1],id[x]));
        x=fa[tp1];
        tp1=top[x];
    }
    if (x==y) return max(ans,(a[x].c==C)*a[x].w);
    if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    ans=max(ans,Getmax(root[C],1,n,id[x],id[y]));
    return ans;
}
int main()
{
    now=0;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i].w,&a[i].c);
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Addedge(x,y);
        Addedge(y,x);
    }
    dfs1(1,0,1);
    dfs2(1,0);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        Build(root[a[i].c],1,n,id[i],a[i].w);
    while (q--)
    {
        char s[5];
        int x,y;
        scanf("%s",s);
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if (s[0]=='C')
        {
            if (s[1]=='C')
            {
                Build(root[a[x].c],1,n,id[x],0);
                a[x].c=y;
                Build(root[a[x].c],1,n,id[x],a[x].w);
            }
            else
            {
                a[x].w=y;
                Build(root[a[x].c],1,n,id[x],a[x].w);
            }
        }
        else
        {
            if (s[1]=='S')
                printf("%d
",Qsum(x,y));
            else printf("%d
",Qmax(x,y));
        }
    }
    return 0;
}

這里寫圖片描述
感悟：
這道題調了好久，由于樹鏈剖分返回的時候沒有判斷最后1個點是不是是與出發點屬于同1個信仰的。。

生活不易，碼農辛苦
如果您覺得本網站對您的學習有所幫助,可以手機掃描二維碼進行捐贈
程序員人生

------分隔線----------------------------

上一篇 js 獲取項主域名和獲取uri參數解析返回結果小工具

下一篇 herm::cached 客戶端與服務器協議一致性校驗方法

分享到:

------分隔線----------------------------

為碼而活

積分：4237

15粉絲

7關注

欄目熱點

多多色-多人伦交性欧美在线观看-多人伦精品一区二区三区视频-多色视频-免费黄色视屏网站-免费黄色在线

【BZOJ 3531】 [Sdoi2014]旅行

3531: [Sdoi2014]旅行