题解：P12653 [KOI 2024 Round 2] 分数竞赛
题意
给定一棵 \(n\) 个点的树，边有权值。对于一条从 \(u\) 到 \(v\) 的路径：
- 初始时 \(s=0,c=0\)。
- 每经过一条权值为 \(w\) 的边，令 \(s\gets s+w\)。若 \(s<0\)，则令 \(s\gets 0,c\gets c+1\)。
对于每个点 \(u\)，求出所有从 \(u\) 出发的路径的 \(s\) 之和与 \(c\) 之和。\(n\leq 3\times 10^5\)。
题解
容易将 \(c\) 转化为严格前缀最小值个数，\(s\) 转化为路径边权和减去最小前缀和。
对于一条从 \(u\) 到 \(v\) 的路径，定义 \(\operatorname{sum}(u,v)\) 为路径边权和，\(\operatorname{minpre}(u,v)\) 为最小前缀和，\(\operatorname{cnt}(u,v)\) 为路径上的严格前缀最小值个数。考虑点分治，尝试合并 \(u\) 走到 \(rt\) 的信息和 \(rt\) 走到 \(v\) 的信息：
其中 \(bel_v\) 表示 \(v\) 位于 \(rt\) 的哪个儿子的子树中。
先来做第一问，我们要求 \(\sum\limits_v \operatorname{sum}(u,v)-\operatorname{minpre}(u,v)\)。拆成两部分之差，前者是容易求的。对于后者，考察 \(\operatorname{minpre}(u,v)\) 取到 \(\operatorname{minpre}(u,rt)\) 的条件是 \(\operatorname{minpre}(u,rt)-\operatorname{sum}(u,rt)\leq \operatorname{minpre}(rt,v)\)，取到 \(\operatorname{sum}(u,rt)+\operatorname{minpre}(rt,v)\) 的条件则反之。那么用一棵动态开点权值线段树维护 \(\operatorname{minpre}(rt,v)\) 的个数和总和即可。
再来做第二问，我们要求 \(\sum\limits_v \operatorname{cnt}(u,v)\)。考察 \(\sum\) 内部的两个条件，第一个条件是容易判断的，对于第二个条件，将其变为 \(\operatorname{sum}(rt,x)<\operatorname{minpre}(u,rt)-\operatorname{sum}(u,rt)\)。可以得到一个做法：对于每一个 \(v\)，枚举 \(\operatorname{path}(bel_v,v)\) 上的点 \(x\)，将 \(\operatorname{sum}(rt,x)\) 插到另一棵维护个数的动态开点权值线段树中。反过来考虑，对于每个 \(x\)，有 \(sz_x\) 个 \(v\) 可以贡献到它，改为在 \(\operatorname{sum}(rt,x)\) 的位置单点加 \(sz_x\) 即可。
还需要求出 \(u\) 走到 \(rt\) 的信息和 \(rt\) 走到 \(v\) 的信息。后者是容易递推求出的。对于前者，考虑找到 \(u\) 最深的祖先 \(anc_u\) 使得 \(\operatorname{sum}(u,rt)<\operatorname{sum}(anc_u,rt)\)，其意义为从 \(u\) 出发向 \(rt\) 走，第一个严格前缀最小值的位置。那么 \(u\) 处维护的三个信息都可以从 \(anc_u\) 处递推得出。求出 \(anc_u\) 可以直接倍增跳，也可以维护一个根链上的单调栈，在单调栈上二分，注意需要用 \(\log\) 的代价让单调栈可撤销。
具体实现时可以遍历 \(rt\) 的每个儿子 \(v\)，先更新子树内的点的答案，再加入子树内点的贡献，正反各跑一次。
这样我们得到了 \(\mathcal{O}(n\log{n}\log{V})\) 的做法，常数很大。
可以每次分治把所有 \(\operatorname{minpre}(rt,u)\) 和 \(\operatorname{sum}(rt,u)\) 拿出来离散化，把动态开点权值线段树改成权值 BIT。这样时间复杂度变成了 \(\mathcal{O}(n\log^2{n})\)，常数较小，足以通过本题。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128;
using ui = unsigned int;
using ull = unsigned long long;
using u128 = unsigned __int128;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using pil = pair<int, ll>;
const int N = 3e5 + 5;
template<typename T> inline T lowbit(T x) { return x & -x; }
template<typename T> inline void chk_min(T &x, T y) { if (y < x) x = y; }
template<typename T> inline void chk_max(T &x, T y) { if (x < y) x = y; }
int n, rt, sz[N];
int sgt1_rt, sgt2_rt;
int stmp, dfn[N], rdfn[N];
int top, stk[N], up[N];
int szd; ll d[N << 1];
ll S[N], C[N];
ll sum[N], mn_pre1[N], mn_pre2[N];
int cnt1[N], cnt2[N];
bool del[N], is_pre[N];
vector<pii> T[N];
struct BIT {
ll c[N << 1];
void init() { fill(c + 1, c + szd + 1, 0); }
ll query(int x) {
ll res = 0;
while (x) res += c[x], x -= lowbit(x);
return res;
}
void add(int x, ll v) { while (x <= szd) c[x] += v, x += lowbit(x); }
} ft1, ft2, ft3;
void dfs_rt(int x, int fx, int sz_rt) {
sz[x] = 1;
int mxp = 0;
for (auto [y, z] : T[x]) if (y != fx && !del[y]) {
dfs_rt(y, x, sz_rt);
sz[x] += sz[y], chk_max(mxp, sz[y]);
}
chk_max(mxp, sz_rt - sz[x]);
if (mxp <= sz_rt >> 1) rt = x;
}
void dfs_calc(int x, int fx) {
sz[x] = 1, rdfn[dfn[x] = ++stmp] = x;
int tmp = top;
int pos = lower_bound(stk + 1, stk + top + 1, x, [&](int x, int y) {return sum[x] > sum[y];}) - stk;
int val = stk[pos];
up[x] = stk[pos - 1], stk[top = pos] = x;
for (auto [y, z] : T[x]) if (y != fx && !del[y]) {
sum[y] = sum[x] + z;
mn_pre1[y] = min(mn_pre1[x], sum[y]);
cnt1[y] = cnt1[x] + (is_pre[y] = sum[y] < mn_pre1[x]);
d[++szd] = mn_pre1[y], d[++szd] = sum[y];
dfs_calc(y, x);
sz[x] += sz[y];
}
stk[pos] = val, top = tmp;
}
void dfs_solve(int x, int sz_rt) {
dfs_rt(x, 0, sz_rt), del[x = rt] = 1;
stmp = szd = 0;
sum[x] = mn_pre1[x] = cnt1[x] = is_pre[x] = mn_pre2[x] = cnt2[x] = 0;
dfs_calc(x, 0);
sort(d + 1, d + szd + 1), szd = unique(d + 1, d + szd + 1) - d - 1;
auto pos = [&](ll v) {return upper_bound(d + 1, d + szd + 1, v) - d - 1;};
for (int i = dfn[x] + 1; i < dfn[x] + sz[x]; ++i) {
int p = rdfn[i];
S[x] += sum[p] - mn_pre1[p], C[x] += cnt1[p];
}
int c = 0; ll s = 0;
auto calc_sub = [&](int y, bool flag) {
for (int i = dfn[y]; i < dfn[y] + sz[y]; ++i) {
int p = rdfn[i];
if (flag) {
if (!up[p]) mn_pre2[p] = cnt2[p] = 0;
else {
mn_pre2[p] = mn_pre2[up[p]] + sum[p] - sum[up[p]];
cnt2[p] = cnt2[up[p]] + 1;
}
S[p] += sum[p] - mn_pre2[p], C[p] += cnt2[p];
}
S[p] += sum[p] * c + s;
int tmp = pos(mn_pre2[p] - sum[p] - 1);
int c2 = ft1.query(tmp); ll s2 = ft2.query(tmp);
int c1 = ft1.query(szd) - c2;
S[p] -= mn_pre2[p] * c1;
S[p] -= sum[p] * c2 + s2;
C[p] += (ll)cnt2[p] * c + ft3.query(tmp);
}
};
auto add_sub = [&](int y) {
for (int i = dfn[y]; i < dfn[y] + sz[y]; ++i) {
int p = rdfn[i];
ft1.add(pos(mn_pre1[p]), 1), ft2.add(pos(mn_pre1[p]), mn_pre1[p]);
if (is_pre[p]) ft3.add(pos(sum[p]), sz[p]);
++c, s += sum[p];
}
};
for (auto [y, z] : T[x]) if (!del[y]) calc_sub(y, 1), add_sub(y);
ft1.init(), ft2.init(), ft3.init();
c = s = 0;
for (int i = T[x].size() - 1; ~i; --i) {
auto [y, z] = T[x][i];
if (!del[y]) calc_sub(y, 0), add_sub(y);
}
ft1.init(), ft2.init(), ft3.init();
for (auto [y, z] : T[x]) if (!del[y]) dfs_solve(y, sz[y]);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1, u, v, w; i < n; ++i) {
cin >> u >> v >> w;
T[u].emplace_back(v, w), T[v].emplace_back(u, w);
}
dfs_solve(1, n);
cout << "1\n";
for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << S[i] << " \n"[i == n];
for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << C[i] << " \n"[i == n];
return 0;
}
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