洛谷P5478 [BJOI2015] 骑士的旅行题解

题面

[BJOI2015] 骑士的旅行

题目背景

在一片古老的土地上，有一个繁荣的文明有N座城且由恰好N-1条双向道路连接起来，使得任意两座城都是连通的。也就是说，这些城形成了树的结构，任意两座城之间有且仅有一条简单路径。Henry从小就渴望成为一名骑士。勤奋训练许多年后，他决定离开家乡，向那些成名已久的骑士们发起挑战！

题目描述

根据Henry的调查，大陆上一共有 \(M\) 名受封骑士，不妨编号为 \(1\) 到 \(M\)。第 \(i\) 个骑士居住在城 \(P_i\)，武力值为 \(F_i\)。

Henry计划进行若干次旅行，每次从某座城出发沿着唯一的简单路径前往另一座城，同时会挑战路线上武力值最高的 \(K\) 个骑士。如果路线上的骑士不足 \(K\) 人，Henry会挑战遇到的 所有人。

每次旅行前，可能会有某些骑士的武力值或定居地发生变化。

输入格式

第一行，一个整数 \(N\) ，表示有 \(N\) 座城，编号为 \(1 \sim N\)。

接下来 \(N-1\) 行，每行两个整数 \(u_i\) 和 \(v_i\)，表示城 \(u_i\) 和城 \(v_i\) 之间有一条道路相连。

第 \(N+1\) 行，一个整数 \(M\)，表示有 \(M\) 个骑士。

接下来M行，每行两个整数 \(F_i\) 和 \(P_i\) 。按顺序依次表示编号为 \(1 \sim M\) 的每名骑士的武力值和居住地。

第 \(N+M+2\) 行，两个整数 \(Q,~K\)，分别表示操作次数和每次旅行挑战的骑士数目上限。

接下来 \(Q\) 行，每行三个整数 \(T_i,~X_i,~Y_i\) 。\(T_i\) 取值范围为 \(\{1,~2,~3\}\)，表示操作类型。

一共有以下三种类型的操作：

\(T_i=1\) 时表示一次旅行，Henry将从城 \(X_i\) 出发前往城市 \(Y_i\)；

\(T_i=2\) 时表示编号为 \(X_i\) 的骑士的居住地搬到城 \(Y_i\)；

\(T_i=3\) 时表示编号为 \(X_i\) 的骑士的武力值修正为 \(Y_i\)。

输出格式

输出若干行，依次为每个旅行的答案。

对每个 \(T_i=1\) 的询问，输出一行，按从大到小的顺序输出Henry在这次旅行中挑战的

所有骑士的武力值。如果路线上没有骑士，输出一行，为一个整数 \(-1\)。

数据范围

100%的数据中，\(1 \leq N,~M \leq 40,000,~1 \leq Ui,~Vi,~Pi \leq N,~1\leq Q \leq 80,000,~1 \leq K \leq 20\)，旅行次数不超过 40,000 次，武力值为不超过1,000的正整数。

解决办法

翻译题面

要求动态维护一棵树，对于这棵树：

查询树上一条链中所有节点中的值的前 \(k\) 大（一个节点可能有多个值）。
删除某个节点的某个值。
添加某个值到某个节点。

分析

显然需要进行 树链剖分 ，动态维护树就变成动态维护数组了；
“查询树上一条链中所有节点中的值的前 \(k\) 大。” 就变成 “查询一段区间中前 \(k\) 大的数。”。
单点修改，区间查询。问题就变成维护 线段树 了。
发现： “查询一段居间中前 \(k\) 大的数。” 其实和维护 区间最大值 是类似的。
具体地：在 \(push~up\) 的过程中通过归并排序的思想将 \(lson\) 和 \(rson\) 中的前 \(k\) 大存入节点 \(p\) 中。

具体实现

树链剖分
维护线段树
在维护线段树的时候有一个小细节：叶子结点中的所有元素全部要维护，否则第一个点过不去。
如果暴力插入排序和删除在极端情况下会退化，所以可以使用 \(multiset\) 对原始数据进行维护，每次更新原始数据再存入线段树中。

另外洛谷讨论区：
!!!

(坑我都踩了一遍)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 40004;

int rd()
{
    int x = 0,w = 1;
    char ch = 0;
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
        if(ch == '-') w = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        x = x * 10 + (ch - '0');
        ch = getchar();
    }
    return x * w;
}

int n,m,q,k,f[N],p[N];
struct node
{
    int num[25] = {0};
    int cnt = 0;
};
vector<int> adj[N];

int dep[N],siz[N],son[N],pre[N];
void dfs1(int u,int fa)
{
    dep[u] = dep[fa] + 1;
    siz[u] = 1;
    pre[u] = fa;
    for(auto v : adj[u])
    {
        if(v == fa) continue;
        dfs1(v,u);
        siz[u] += siz[v];
        if(siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;
    }
}

int top[N],id[N],tot;
void dfs2(int u,int topc)
{
    top[u] = topc;
    id[u] = ++tot;
    if(!son[u]) return;
    dfs2(son[u],topc);
    for(auto v : adj[u])
    {
        if(v == pre[u] || v == son[u]) continue;
        dfs2(v,v);
    }
}

multiset<int,greater<int> > a[N];

namespace sgt
{
#define ls (p << 1)
#define rs (ls | 1)
#define mid ((pl + pr) >> 1)
node t[N << 2];

node merge(node l,node r)
{
    node res;
    int i = 0,j = 0;
    while(i < l.cnt && j < r.cnt && res.cnt < 20)
    {
        if(l.num[i + 1] > r.num[j + 1]) res.num[++res.cnt] = l.num[++i];
        else res.num[++res.cnt] = r.num[++j];
    }
    while(i < l.cnt && res.cnt < 20) res.num[++res.cnt] = l.num[++i];
    while(j < r.cnt && res.cnt < 20) res.num[++res.cnt] = r.num[++j];
    return res;
}

void pu(int p) {t[p] = merge(t[ls],t[rs]);}

void build(int p,int pl,int pr)
{
    if(pl == pr)
    {
        multiset<int,greater<int> >::iterator it = a[pl].begin();
        t[p].cnt = 0;
        for(int i = 1;i <= 20,it != a[pl].end();i++,it++) t[p].num[i] = *it,t[p].cnt++;
        return;
    }
    build(ls,pl,mid);
    build(rs,mid + 1,pr);
    pu(p);
}

void upd(int p,int pl,int pr,int lr,int d)
{
    if(pl == pr)
    {
        a[pl].insert(d);
        t[p].cnt = 0;
        for(auto v : a[pl])
        {
            t[p].num[++t[p].cnt] = v;
            if(t[p].cnt == 20) break;
        }
        return;
    }
    if(lr <= mid) upd(ls,pl,mid,lr,d);
    if(lr > mid) upd(rs,mid + 1,pr,lr,d);
    pu(p);
}

void del(int p,int pl,int pr,int lr,int d)
{
    if(pl == pr)
    {
        a[pl].erase(a[pl].lower_bound(d));
        t[p].cnt = 0;
        for(auto v : a[pl])
        {
            t[p].num[++t[p].cnt] = v;
            if(t[p].cnt == 20) break;
        }
        return;
    }
    if(lr <= mid) del(ls,pl,mid,lr,d);
    if(lr > mid) del(rs,mid + 1,pr,lr,d);
    pu(p);
}

node qry(int p,int pl,int pr,int l,int r)
{
    if(l <= pl && pr <= r)
    {
        return t[p];
    }
    node res;
    if(l <= mid) res = merge(res,qry(ls,pl,mid,l,r));
    if(r > mid) res = merge(res,qry(rs,mid + 1,pr,l,r));
    return res;
}

};

void qry(int u,int v)
{
    node res;
    while(top[u] != top[v])
    {
        if(dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u,v);
        res = sgt::merge(res,sgt::qry(1,1,n,id[top[u]],id[u]));
        u = pre[top[u]];
    }
    if(dep[u] > dep[v]) swap(u,v);
    res = sgt::merge(res,sgt::qry(1,1,n,id[u],id[v]));
    if(res.cnt == 0) cout << "-1\n";
    else
    {
        int len = min(res.cnt,k);
        for(int i = 1;i <= len;i++) cout << res.num[i] << ' ';
        cout << '\n';
    }
}

signed main()
{
    n = rd();
    for(int i = 1;i < n;i++)
    {
        int u = rd(),v = rd();
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);
    }
    dfs1(1,0);
    dfs2(1,1);
    m = rd();
    for(int i = 1;i <= m;i++)
    {
        f[i] = rd(),p[i] = rd();
        a[id[p[i]]].insert(f[i]);
    }
    sgt::build(1,1,n);
    q = rd(),k = rd();
    while(q--)
    {
        int opt = rd(),x = rd(),y = rd();
        if(opt == 1) qry(x,y);
        if(opt == 2)
        {
            sgt::del(1,1,n,id[p[x]],f[x]);
            p[x] = y;
            sgt::upd(1,1,n,id[p[x]],f[x]);
        }
        if(opt == 3)
        {
            sgt::del(1,1,n,id[p[x]],f[x]);
            f[x] = y;
            sgt::upd(1,1,n,id[p[x]],f[x]);
        }
    }
    return 0;
}

~~个人觉得难度不是很高，认为可以评蓝吧~~
写了好久还是不要说这种话了

posted @ 2024-12-27 23:02 IC0CI 阅读(25) 评论(0) 收藏举报

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