【BZOJ 3531】 [Sdoi2014]旅行

3531: [Sdoi2014]旅行

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

S国有N个城市,编号从1到N。城市间用N⑴条双向道路连接,满足
从1个城市动身可以到达其它所有城市。每一个城市信仰不同的宗教,如飞天面条神教、隐形独角兽教、绝地教都是常见的信仰。为了方便,我们用不同的正整数代表各种宗教, S国的居民常常旅行。旅行时他们总会走最短路,并且为了不麻烦,只在信仰和他们相同的城市留宿。固然旅程的终点也是信仰与他相同的城市。S国政府为每一个城市标定了不同的旅行评级,旅行者们常会记下途中(包括出发点和终点)留宿过的城市的评级总和或最大值。
在S国的历史上常会产生以下几种事件:
”CC x c”:城市x的居民全部改信了c教;
”CW x w”:城市x的评级调剂为w;
”QS x y”:1位旅行者从城市x动身,到城市y,并记下了途中留宿过的城市的评级总和;
”QM x y”:1位旅行者从城市x动身,到城市y,并记下了途中留宿过
的城市的评级最大值。
由于年代久远,旅行者记下的数字已遗失了,但记录开始之前每座城市的信仰与评级,还有事件记录本身是完好的。请根据这些信息,还原旅行者记下的数字。 为了方便,我们认为事件之间的间隔足够长,以致在任意1次旅行中,所有城市的评级和信仰保持不变。

Input

输入的第1行包括整数N,Q顺次表示城市数和事件数。
接下来N行,第i+l行两个整数Wi,Ci顺次表示记录开始之前,城市i的

评级和信仰。
接下来N⑴行每行两个整数x,y表示1条双向道路。
接下来Q行,每行1个操作,格式如上所述。

Output

对每一个QS和QM事件,输出1行,表示旅行者记下的数字。

Sample Input

5 6

3 1

2 3

1 2

3 3

5 1

1 2

1 3

3 4

3 5

QS 1 5

CC 3 1

QS 1 5

CW 3 3

QS 1 5

QM 2 4

Sample Output

8

9

11

3

HINT

N,Q < =10^5 , C < =10^5

数据保证对所有QS和QM事件,出发点和终点城市的信仰相同;在任意时

刻,城市的评级总是不大于10^4的正整数,且宗教值不大于C。

Source

Round 1 Day 1

树链剖分+动态开结点。

如果没有同1个信仰的限制就是裸的树链剖分了。

我们可以对每个信仰都建1棵线段树,但是普通方法建线段树就会MLE。

因此我们采取动态开结点的办法:
假定n=5,我们要在线段树中加入1个id=4的人,那末我们只需要开”4⑸”这个结点,而不用开”1⑶”的结点,由于开了也没用。

在最坏情况下,每一个人都属于不同的信仰,我们对每一个信仰开1棵线段树,也只需要nlogn个节点了~

然后就是裸的树链剖分了。

#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;
}

这里写图片描述
感悟:
这道题调了好久,由于树链剖分返回的时候没有判断最后1个点是不是是与出发点属于同1个信仰的。。

波比源码 – 精品源码模版分享 | www.bobi11.com
1. 本站所有资源来源于用户上传和网络,如有侵权请邮件联系站长!
2. 分享目的仅供大家学习和交流,您必须在下载后24小时内删除!
3. 不得使用于非法商业用途,不得违反国家法律。否则后果自负!
4. 本站提供的源码、模板、插件等等其他资源,都不包含技术服务请大家谅解!
5. 如有链接无法下载、失效或广告,请联系管理员处理!
6. 本站资源售价只是赞助,收取费用仅维持本站的日常运营所需!
7. 如遇到加密压缩包,请使用WINRAR解压,如遇到无法解压的请联系管理员!

波比源码 » 【BZOJ 3531】 [Sdoi2014]旅行

发表评论

Hi, 如果你对这款模板有疑问,可以跟我联系哦!

联系站长
赞助VIP 享更多特权,建议使用 QQ 登录
喜欢我嘛?喜欢就按“ctrl+D”收藏我吧!♡