2020年上学期第二场——FJUT&FJNU友谊赛 J题 萌萌哒的偏序关系

### 题目链接 ###

题目大意：

有 \(n\) 个三重集合 { \(pos\) \(,\) \(a\) \(,\) \(b\) } , \(pos\) 是唯一的，它表示集合编号 ( \(1\) \(≤\) \(pos\) \(≤\) \(n\) )。

设 \(a\)_\(pos\) 、\(b\)_\(pos\) 分别表示第 \(pos\) 号集合中的元素 \(a\) 、\(b\)。

在这些集合中，给定 \(n-1\) 个偏序对 ( \(i\) \(,\) \(j\) ) ( 对于所有偏序对中，右项中 \(j\) 的值只会出现一次 )
表示一组大小关系 \(a\)_\(i\) \(＞\) \(a\)_\(j\) ( \(i\) \(≠\) \(j\) \(∈\) \(pos\) )，且对于每个集合中的 \(b\) 都会有一个初始值。

定义 \(O\) ( \(i\) \(,\) \(j\) \(,\) \(s\) ) 表示\(:\)
在给定的 \(n-1\) 个大小关系下，集合编号 \(t\) 满足 ( \(a\)_\(t\) \(＞\) \(a\)_\(i\) \(,\) \(a\)_\(t\) \(＞\)\(a\)_\(j\) )，将所有满足的集合 \(t\) 中的 元素 \(b\)_\(t\) 都加上 \(s\) 。
在执行 \(k\)  个 \(O\) ( \(i\) \(,\) \(j\) \(,\) \(s\) )   之后，求出所有集合中的 \(b\) 之和。

保证给定的关系合法，不会出现 \(a\)_\(i\) \(＞\) \(a\)_\(j\) 且 \(a\)_\(i\) \(<\) \(a\)_\(j\) 。

分析：

1、通过偏序关系，可以想到拓扑排序出一个大小关系的全序。

2、对于两个集合 \(i\) 、\(j\) ，若 \(a\)_\(i\) \(＞\) \(a\)_\(j\) ，考虑连出一条有向边 \(i\) \(→\) \(j\) ，由于不会出现 \(i\) \(→\) \(j\) 且 \(i\) \(←\) \(j\) 的情况，故将这 \(n-1\) 个偏序都这样处理，那么它们连接起来一定不会有环，且必是一个能被拓扑排序的有向图。

3、由于偏序对中右项的 \(j\) 只会出现一次，那么相当于这样的有向图中的每一个点的入度至多为 1 ，由于只有 \(n-1\) 条有向边，这样连起来的图形必然是一棵完整的树。

4、开始考虑 \(O\) ( \(i\) \(,\) \(j\) \(,\) \(s\) )，对于集合编号 \(t\) 满足 ( \(a\)_\(t\) \(＞\) \(a\)_\(i\) \(,\) \(a\)_\(t\) \(＞\)\(a\)_\(j\) ) ，那么 \(t\) 必是 \(i\) 与 \(j\) 的共同父亲或祖先。这样就相当于求得 \(LCA\) \((\) \(i\) \(,\) \(j\) \()\) ，然后 \(lca\) 及 \(lca\) 的父亲和祖先节点的 \(b\) 值 加上 \(s\) 即可，这里差分标记它或者记录 \(lca\) 的深度就可以\(O(1)\) 处理。

5、而对于 \(LCA\) \((\) \(i\) \(,\) \(j\) \()\) 等于 \(i\) 或者 \(j\) 时要特殊考虑，因为 \(lca\) 上的 \(a\) 关系并不满足这两个关系 \(a\)_\(lca\) \(＞\) \(a\)_\(i\) \(,\) \(a\)_\(lca\) \(＞\)\(a\)_\(j\)，对于这种情况，应该跳过 \(lca\) ，再向 \(lca\) 上一个点处理即可。



比如 \(4\) 和 \(2\) 的 \(lca\) 为 \(2\) ，只有 \(1\) 才满足 \(a\)_\(1\) \(>\) \(a\)_\(2\) 且 \(a\)_\(1\) \(>\)\(a\)_\(4\) 的关系，而 作为 \(lca\) 的 \(2\) 并不满足，故需要跳过它。


树上差分：
对 \(lca\) 或 \(lca\) 上一个点 的差分值 += \(s\) 即可，要注意的是，\(pre[]\) (tarjan 求 lca 中的并查集数组)并不是一直指向父亲节点的（还没有往上并），所以要开一个数组记录父亲节点。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 100008;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 1e18 + 10;
const double eps = 1e-6;
using namespace std;
int n,k,cnt,tot,root;
int head[maxn],qhead[maxn],in[maxn],pre[maxn],fa[maxn];
ll ans,b[maxn],f[maxn];
bool vis[maxn],flag[maxn<<1];
struct Query{
	int to;
	ll val;
	int next;
}q[maxn<<1];
struct Edge{
	int to;
	int next;
}edge[maxn];
int find(int x){
	if(pre[x]==x) return x;
	return pre[x]=find(pre[x]);
}
inline void add(int u,int v){
	edge[++cnt].to=v;
	edge[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
	return;
}
inline void qadd(int u,int v,ll w){
	q[++tot].to=v;
	q[tot].val=w;
	q[tot].next=qhead[u];
	qhead[u]=tot;
	return;
}
void tarjan(int u){
	vis[u]=true;
	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		fa[v]=u;
		tarjan(v);
		pre[v]=u;
	}
	for(int i=qhead[u];~i;i=q[i].next){
		int v=q[i].to;
		if(vis[v]&&!flag[i]){
			flag[i]=flag[i^1]=true;
			int lca=find(v);
			if(lca!=u&&lca!=v) f[lca]+=q[i].val;
			else f[fa[lca]]+=q[i].val;
		}
	}
	return;
}
void dfs(int u){
	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		dfs(v);
		f[u]+=f[v];
	}
	ans+=f[u];
	return;
}
int main()
{
	tot=cnt=-1;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(qhead,-1,sizeof(qhead));
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld",&b[i]);
		ans+=b[i];
		pre[i]=i;
	}
	int A,B;
	ll C;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		scanf("%d%d",&A,&B);
		add(A,B),in[B]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(!in[i]) {
			root=i;
			break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++){
		scanf("%d%d%lld",&A,&B,&C);
		qadd(A,B,C),qadd(B,A,C);
	}
	tarjan(root);
	dfs(root);
	printf("%lld\n", ans);
}

或者直接标记各个点的深度，即可以直接保存该点的父亲或祖先节点的个数来统计答案了。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const double PI=acos(-1.0);
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 100008;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 1e18 + 10;
const double eps = 1e-6;
using namespace std;
int n,k,cnt,tot,root;
int head[maxn],qhead[maxn],in[maxn],pre[maxn],fa[maxn],deep[maxn];
ll ans,b[maxn],f[maxn];
bool vis[maxn],flag[maxn<<1];
struct Query{
	int to;
	ll val;
	int next;
}q[maxn<<1];
struct Edge{
	int to;
	int next;
}edge[maxn];
int find(int x){
	if(pre[x]==x) return x;
	return pre[x]=find(pre[x]);
}
inline void add(int u,int v){
	edge[++cnt].to=v;
	edge[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
	return;
}
inline void qadd(int u,int v,ll w){
	q[++tot].to=v;
	q[tot].val=w;
	q[tot].next=qhead[u];
	qhead[u]=tot;
	return;
}
void tarjan(int u){
	vis[u]=true;
	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		fa[v]=u;
		deep[v]=deep[u]+1;
		tarjan(v);
		pre[v]=u;
	}
	for(int i=qhead[u];~i;i=q[i].next){
		int v=q[i].to;
		if(vis[v]&&!flag[i]){
			flag[i]=flag[i^1]=true;
			int lca=find(v);
			if(lca!=u&&lca!=v) ans+=deep[lca]*q[i].val;
			else ans+=deep[fa[lca]]*q[i].val;
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	tot=cnt=-1;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(qhead,-1,sizeof(qhead));
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld",&b[i]);
		ans+=b[i];
		pre[i]=i;
	}
	int A,B;
	ll C;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		scanf("%d%d",&A,&B);
		add(A,B),in[B]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(!in[i]) {
			root=i;
			break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++){
		scanf("%d%d%lld",&A,&B,&C);
		qadd(A,B,C),qadd(B,A,C);
	}
	deep[root]=1;
	tarjan(root);
	printf("%lld\n", ans);
}