BZOJ3730 震波 和 BZOJ4372 烁烁的游戏

“震波”题意

3730: 震波

Time Limit: 15 Sec  Memory Limit: 256 MB
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Description

在一片土地上有N个城市,通过N-1条无向边互相连接,形成一棵树的结构,相邻两个城市的距离为1,其中第i个城市的价值为value[i]。
不幸的是,这片土地常常发生地震,并且随着时代的发展,城市的价值也往往会发生变动。
接下来你需要在线处理M次操作:
0 x k 表示发生了一次地震,震中城市为x,影响范围为k,所有与x距离不超过k的城市都将受到影响,该次地震造成的经济损失为所有受影响城市的价值和。
1 x y 表示第x个城市的价值变成了y。
为了体现程序的在线性,操作中的x、y、k都需要异或你程序上一次的输出来解密,如果之前没有输出,则默认上一次的输出为0。

Input

第一行包含两个正整数N和M。
第二行包含N个正整数,第i个数表示value[i]。
接下来N-1行,每行包含两个正整数u、v,表示u和v之间有一条无向边。
接下来M行,每行包含三个数,表示M次操作。

Output

包含若干行,对于每个询问输出一行一个正整数表示答案。

Sample Input

8 1
1 10 100 1000 10000 100000 1000000 10000000
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
3 8
0 3 1

Sample Output

11100101

HINT

1<=N,M<=100000

1<=u,v,x<=N

1<=value[i],y<=10000

0<=k<=N-1

Source

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分析

首先我们把点分树给建出来。

操作只有两种,修改和询问距离某个点的距离不超过k的点的和。

考虑如何计算答案。对于每个点,把对于它的点分树上所有祖先的贡献给加好。假设当前点距离点分树上某祖先的距离为dis,那么就把这个祖先的线段树的dis位置加上当前点的权值。每次询问的时候只需要沿着点分树的父亲走,然后每次询问距离在[0,k−dis(fa,u)]的和就好了。

但是这样有个问题,对于当前点的子树,它的贡献会在所有点分树上的祖先位置被重复计算。所以我们再额外维护一棵线段树,表示当前点的所有子树中,对于它点分树父亲的贡献,这样子每次把重复算的给减去就好了

考虑用什么数据结构维护这个贡献,发现只需要支持单点修改和前缀查询,所以我们对于每个点(点分树)维护两个树状数组。两个树状数组都以距离为下标,权值为内容。第一个树状数组维护子树中距离该点为k的权值和,第二个维护距离该点父亲距离为k的权值和。这样改权值时我们暴力爬树高,复杂度\(O(\log^2 n)\)。查询的时候一样爬树高,要注意容斥(把当前子树k的先加起来,往祖先上爬,如果距离小于k,假设为d,我们到祖先上去求一个k-d,再减掉原来这棵子树里被计算过的)。

可以在build_tree时预处理出点分树上的节点的祖先以及它到祖先的距离,这样每次修改就不需要用什么RMQ、LCA求距离了。

时间复杂度\(O((N+M)\log^2 N)\)。开树状数组的时候以子树大小(深度<子树大小)来resize,空间复杂度就\(O(N \log N)\)


注意: 1. 更新时,一开始要把自己丢在自己的第二个树状数组里面。不然的话在`fa`中加入自己然后循环里面特判也是可以的 2. 往树上爬的时候是不会中途退出的,不会因为有一个祖先爬不上去就终止,说不定有一个爷爷就在你旁边你可以过去呢 3. 对于点分树的题就想象成爬山吧,我们用每一层的重心将点们分割开来,每次爬树高都是解锁区域,翻过一座高山。
co int N=1e5+1;
int n,m,siz[N],f[N],dep[N],root,sum,vis[N];
vector<int> e[N];
int val[N],fa[N][20],dis[N][20];
vector<int> bit[N],fbit[N];
void get_root(int u,int fa){
	siz[u]=1,f[u]=0;
	for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
		if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
		get_root(v,u);
		siz[u]+=siz[v],f[u]=max(f[u],siz[v]);
	}
	f[u]=max(f[u],sum-siz[u]);
	if(f[u]<f[root]) root=u;
}
void get_shipped(int u,int fa,int anc,int d){
	for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
		if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
		::fa[v][++dep[v]]=anc,dis[v][dep[v]]=d,get_shipped(v,u,anc,d+1); // relationship on the PDCT
	}
}
void build_tree(int u){
	vis[u]=1,get_shipped(u,0,u,1);
	int all=sum;bit[u].resize(all+1),fbit[u].resize(all+1);
	for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
		if(vis[v=e[u][i]]) continue;
 		sum=siz[v];if(sum>siz[u]) sum=all-siz[u];
		root=0,get_root(v,u),build_tree(root);
	}
}
#define lowbit(i) (i&-i)
void change(int u,int v){
	int d=dis[u][dep[u]],lim=bit[u].size()-1;
	for(int i=d;i&&i<=lim;i+=lowbit(i)) fbit[u][i]+=v;
	for(int i=dep[u];i;--i){
		d=dis[u][i],lim=bit[fa[u][i]].size()-1;
		for(int j=d;j<=lim;j+=lowbit(j)) bit[fa[u][i]][j]+=v;
		d=dis[u][i-1];
		for(int j=d;j&&j<=lim;j+=lowbit(j)) fbit[fa[u][i]][j]+=v;
	}
}
int qsum(int u,int k){
	int re=val[u];k=min(k,(int)bit[u].size()-1);
	for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) re+=bit[u][i];
	return re;
}
int qfsum(int u,int k){
	int re=0;k=min(k,(int)fbit[u].size()-1);
	for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) re+=fbit[u][i];
	return re;
}
int query(int u,int k){
	int re=qsum(u,k);
	for(int i=dep[u];i;--i)if(dis[u][i]<=k)
		re+=qsum(fa[u][i],k-dis[u][i])-qfsum(fa[u][i+1],k-dis[u][i]);
	return re;
}
int main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(val[i]);
	for(int i=1,u,v;i<n;++i){
		read(u),read(v);
		e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
	}
	f[0]=n,sum=n,get_root(1,0),build_tree(root);
	for(int i=1;i<=n;++i) fa[i][dep[i]+1]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i) change(i,val[i]);
	for(int a,b,c,ans=0;m--;){
		read(a),b=read<int>()^ans,c=read<int>()^ans;
		if(!a) printf("%d\n",ans=query(b,c));
		else change(b,c-val[b]),val[b]=c;
	}
	return 0;
}

“烁烁的游戏”题意

4372: 烁烁的游戏

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 1076  Solved: 396
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Description

背景:烁烁很喜欢爬树,这吓坏了树上的皮皮鼠。
题意:
给定一颗n个节点的树,边权均为1,初始树上没有皮皮鼠。
烁烁他每次会跳到一个节点u,把周围与他距离不超过d的节点各吸引出w只皮皮鼠。皮皮鼠会被烁烁吸引,所以会一直待在节点上不动。
烁烁很好奇,在当前时刻,节点u有多少个他的好朋友---皮皮鼠。
大意:
给一颗n个节点的树,边权均为1,初始点权均为0,m次操作:
Q x:询问x的点权。
M x d w:将树上与节点x距离不超过d的节点的点权均加上w。

Input

第一行两个正整数:n,m
接下来的n-1行,每行三个正整数u,v,代表u,v之间有一条边。
接下来的m行,每行给出上述两种操作中的一种。

Output

对于每个Q操作,输出当前x节点的皮皮鼠数量。

Sample Input

7 6
1 2
1 4
1 5
2 3
2 7
5 6
M 1 1 2
Q 5
M 2 2 3
Q 3
M 1 2 1
Q 2

Sample Output

2
3
6

HINT

数据范围:

n,m<=10^5,|w|<=10^4

注意:w不一定为正整数,因为烁烁可能把皮皮鼠吓傻了。

Source

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分析

这两个题的关系,类似树状数组单点加区间查询和区间加单点查询的关系。

建出点分树后,建立以距离为下标,修改的差分标记为内容的树状数组。这样修改操作就用在点分树上跳,用两个树状数组容斥地维护差分标记。查询的时候也在点分树上跳,沿途求出对应距离的差分值,加起来就是答案了。


打得我有点头晕。树状数组只维护距离节点距离>1的点的标记,另开一个`val`维护自己。
co int N=1e5+1;
int n,m,siz[N],f[N],root,sum,vis[N];
vector<int> e[N];
void get_root(int u,int fa){
	siz[u]=1,f[u]=0;
	for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
		if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
		get_root(v,u);
		siz[u]+=siz[v],f[u]=max(f[u],siz[v]);
	}
	f[u]=max(f[u],sum-siz[u]);
	if(f[u]<f[root]) root=u;
}
int dep[N],fa[N][20],dis[N][20];
void get_shipped(int u,int fa,int anc,int d){
	for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
		if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
		::fa[v][++dep[v]]=anc,dis[v][dep[v]]=d,get_shipped(v,u,anc,d+1);
	}
}
int val[N];
vector<int> bit[N],fbit[N];
void build_tree(int u){
	vis[u]=1,get_shipped(u,0,u,1);
	int all=sum;bit[u].resize(all+1),fbit[u].resize(all+1);
	for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
		if(vis[v=e[u][i]]) continue;
		sum=siz[v];if(sum>siz[u]) sum=all-siz[u];
		root=0,get_root(v,u),build_tree(root);
	}
}
#define lowbit(i) (i&-i)
int query(int x){
	int re=val[x];
	for(int i=dep[x];i;--i){
		for(int j=dis[x][i];j;j-=lowbit(j)) re+=bit[fa[x][i]][j];
		for(int j=min(dis[x][i],(int)fbit[fa[x][i+1]].size()-1);j;j-=lowbit(j)) re-=fbit[fa[x][i+1]][j];			
	}
	return re;
}
void add(int x,int d,int w){
	for(int i=d;i<bit[x].size();i+=lowbit(i)) bit[x][i]+=w;
}
void addf(int x,int d,int w){
	for(int i=d;i<fbit[x].size();i+=lowbit(i)) fbit[x][i]+=w;
}
void change(int x,int d,int w){
	val[x]+=w;
	int lim=min((int)bit[x].size()-1,d);
	add(x,1,w),add(x,d+1,-w);
	for(int i=dep[x];i;--i)if(dis[x][i]<=d){
		val[fa[x][i]]+=w,add(fa[x][i],1,w),add(fa[x][i],d-dis[x][i]+1,-w);
		addf(fa[x][i+1],1,w),addf(fa[x][i+1],d-dis[x][i]+1,-w);
	}
}
int main(){
	read(n),read(m);
	for(int i=1,u,v;i<n;++i){
		read(u),read(v);
		e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
	}
	f[0]=n,sum=n,get_root(1,0),build_tree(root);
	for(int i=1;i<=n;++i) fa[i][dep[i]+1]=i;
	for(int x,d,w;m--;){
		static char op[2];scanf("%s",op);
		if(op[0]=='Q') read(x),printf("%d\n",query(x));
		else read(x),read(d),read(w),change(x,d,w);
	}
	return 0;
}

posted on 2019-04-10 21:05  autoint  阅读(...)  评论(...编辑  收藏

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