【学习笔记 边分树】【uoj400】【CTSC2018】暴力写挂
题目
描述
有两棵树\(T\)和\(T'\)，节点个数都为\(n\)，根节点都为\(1\)号节点;
求两两点之间
的最大值；
范围
$1 \le n \le 366666 $ ；
题解
-
原式 = \(\frac{(dep(x) + dep(y) + dis(x,y)) }{2} -dep'(x,y)\) ;
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枚举第二颗树的节点\(u\)，只需要查询\(u\)的各个子树之间的答案；
-
考虑查询一个对很多点的左边的式子时，可以直接用边分治；
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询问两个子树之间的答案也可以用边分治，复杂度是\(O(n^2log \ n)\)的；
-
注意到边分树是一个二叉树的结构，直接采用线段树和并的写法合并；
-
学习了一下边分治：
- 每次选择一条边\((u,v)\)，使得两边的子树最大\(size\)最小，不断分治；
- 考虑直接分析复杂度：
- 这部分理论是\(cjl\)老师在济南讲课的时候说的，网上说了这个的好少。。。。
- 设整棵树最大的度数为\(D\)，\(u\)的子树大小为\(s\)，不妨令:\(u \ge n - s\);
- \(u\)的子树大小最大的儿子的子树大小是\(p\)；
- 直接有：$p \ge \frac{s-1}{D-1} $ ;
- 同时由于\((u,v)\)是最优的决策，一定有：$n - p \ge s $；
- 解得：$s \le \frac{n(D-1) + 1}{D} $ ；
- 意思是每次的联通块大小是以约\(\frac{D-1}{D}\)的倍数缩小;
- 当\(D\)是个常数时复杂度是\(log\)的，所以直接考虑将图变成一颗二叉树；
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黑色的点和边代表原图中的边，绿色的点和边代表虚点和虚边；
-新图的大小为原图的两倍； -
注意对边权和点权的修改因题而异；
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另外意外看到\(dsu \ on \ tree\) ；
- 适用于一些删除比较麻烦的树上数据结构，不支持修改；
- \(dfs\)并树剖，当一个节点做完了存储了子树的信息；
- 假设我们有一个支持插入和完全清零的全局数据结构\(Ds\)，一次操作是\(O(Ds)的\);
- 每次先做轻儿子，做完后枚举子树节点暴力清空和轻儿子子树有关的\(Ds\)信息；
- 所以当做完\(u\)的所有儿子回溯到\(u\)时，\(Ds\)中只存在\(u\)的重儿子的子树的影响；
- 再做一遍所有轻儿子的子树，插入到\(Ds\)中去；
- 当一个点被遍历的时候一定是出现了一条轻链；
- 一个点向上的轻链个数为\(O(log \ n)\)的，所以为\(O(n log \ n \ Ds)\)；
- 套用到本题得到一个\(O(n log^2 \ n)\)的做法；
//这份代码过不了uoj的extra test ,luogu上会Ｔ一个点，暂时还没有修改；
include<bits/stdc++.h>
define mk make_pair
define fi first
define se second
define pb push_back
define inf 1e18
define ll long long
using namespace std;
const int N=366666<<2,M=22;
int n,o,hd[N],cnt,rt,mn,Rt[N],ls[N],rs[N],fa[N];
int vis[N],size,sz[N],d[N],tot,lc[NM],rc[NM];
ll dep[N],dis[M][N],val[N],mxl[NM],mxr[NM],wv[NM],ans=-inf;
struct Edge{int v,nt,w;}E[N];
typedef pair<int,int>pii;
vector
char gc(){
static char
if(p1p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
return(p1p2)?EOF:p1++;
}
int rd(){
int x=0,f=1;char c=gc();
while(c<'0'||c>'9'){if(c'-')f=-1;c=gc();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x10+c-'0';c=gc();}
return xf;
}
void upd(ll&x,ll y){if(x<y)x=y;}
void adde(int u,int v,int w){
E[o]=(Edge){v,hd[u],w};hd[u]=o++;
E[o]=(Edge){u,hd[v],w};hd[v]=o++;
}
void dfs1(int u,int F){
for(int i=0,lst=0;i<(int)g[u].size();++i){
int v=g[u][i].fi,w=g[u][i].se;
if(vF)continue;
dep[v]=dep[u]+w;dfs1(v,u);
if(!lst){adde(u,v,w);lst=u;continue;}
adde(lst,++cnt,0);adde(cnt,v,w);lst=cnt;
}
}
void get_rt(int u,int F){
sz[u]=1;
for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
int v=E[i].v;
if(vis[i]||vF)continue;
get_rt(v,u);sz[u]+=sz[v];
int t=max(size-sz[v],sz[v]);
if(mn>=t)rt=i,mn=t;
}
}
void calc(int d,int u,int F,ll now){
dis[d][u]=now;
for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
int v=E[i].v;
if(vis[i]||vF)continue;
calc(d,v,u,now+E[i].w);
}
}
int solve(int u,int F){
if(size1){fa[u]=F;return u;}
int now=++cnt;
rt=-1;mn=size;get_rt(u,0);
val[now]=E[rt].w;
vis[rt]=vis[rt^1]=1;
d[now]=d[fa[now]=F]+1;
int v1=E[rt].v,v2=E[rt^1].v;
calc(d[now],v1,0,0);
calc(d[now],v2,0,0);
size-=sz[v1];rs[now]=solve(v2,now);
size=sz[v1];ls[now]=solve(v1,now);
return now;
}
int ins(int x){
for(int u=fa[x],v=x,lst=0;u;v=u,u=fa[u]){
wv[++tot]=val[u];mxl[tot]=mxr[tot]=-inf;
if(ls[u]v)mxl[tot]=dep[x]+dis[d[u]][x],lc[tot]=lst;
else mxr[tot]=dep[x]+dis[d[u]][x],rc[tot]=lst;
lst=tot;
}
return tot;
}
int merge(int x,int y,ll&tmp){
if(!x||!y)return x+y;
upd(tmp,wv[x]+max(mxl[x]+mxr[y],mxl[y]+mxr[x]));
mxl[x]=max(mxl[x],mxl[y]);
mxr[x]=max(mxr[x],mxr[y]);
lc[x]=merge(lc[x],lc[y],tmp);
rc[x]=merge(rc[x],rc[y],tmp);
return x;
}
void dfs2(int u,int F,ll now){
Rt[u]=ins(u);
upd(ans,dep[u]-now);
ll tmp=-inf;
for(int i=hd[u];~i;i=E[i].nt){
int v=E[i].v;
if(v==F)continue;
dfs2(v,u,now+E[i].w);
Rt[u]=merge(Rt[u],Rt[v],tmp);
}
upd(ans,(tmp>>1)-now);
}
int main(){
// freopen("1.in","r",stdin);
// freopen("1.out","w",stdout);
cnt=n=rd();
memset(hd,-1,sizeof(hd));
for(int i=1,u,v,w;i<n;++i){
u=rd(),v=rd(),w=rd();
g[u].pb(mk(v,w));
g[v].pb(mk(u,w));
}
dfs1(1,0);
mxl[0]=mxr[0]=wv[0]=-inf;
size=cnt;solve(1,0);
o=0;memset(hd,-1,sizeof(hd));
for(int i=1;i<n;++i){
int u=rd(),v=rd(),w=rd();
adde(u,v,w);
}
dfs2(1,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
