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[2024-05-30]P3313 [SDOI2014] 旅行

题目描述

S 国有 \(N\) 个城市，编号从 \(1\) 到 \(N\)。城市间用 \(N-1\) 条双向道路连接，满足从一个城市出发可以到达其它所有城市。每个城市信仰不同的宗教，如飞天面条神教、隐形独角兽教、绝地教都是常见的信仰。

为了方便，我们用不同的正整数代表各种宗教，S 国的居民常常旅行。旅行时他们总会走最短路，并且为了避免麻烦，只在信仰和他们相同的城市留宿。当然旅程的终点也是信仰与他相同的城市。S 国为每个城市标定了不同的旅行评级，旅行者们常会记下途中（包括起点和终点）留宿过的城市的评级总和或最大值。

在 S 国的历史上常会发生以下几种事件：

  • CC x c：城市 \(x\) 的居民全体改信了 \(c\) 教；
  • CW x w：城市 \(x\) 的评级调整为 \(w\)；
  • QS x y：一位旅行者从城市 \(x\) 出发，到城市 \(y\)，并记下了途中留宿过的城市的评级总和；
  • QM x y：一位旅行者从城市 \(x\) 出发，到城市 \(y\)，并记下了途中留宿过的城市的评级最大值。

由于年代久远，旅行者记下的数字已经遗失了，但记录开始之前每座城市的信仰与评级，还有事件记录本身是完好的。请根据这些信息，还原旅行者记下的数字。 为了方便，我们认为事件之间的间隔足够长，以致在任意一次旅行中，所有城市的评级和信仰保持不变。

分析

  • 这道题很明显是一道树剖题，可是我们发现不同城市有不同宗教，这就意味着我们要建立多颗线段树，空间需要 \(10^5*10^5\) ，会超空间。

  • 引入一种优化线段树空间复杂度的方法: 动态开点线段树。

  • 这是普通线段树：

  • 当我们只需要存储一个节点(比如节点1)时，就会有很大的空间会被浪费。

  • 使用动态开点线段树，只存储需要的节点(如图 红色的节点)。

以下代码实现动态开点线段树，核心思想是 用一个开一个，使用 \(ntot\) 数组存储已开节点数量。

struct node1
{
	int l,r,val,maxval;
}t[N*4];
void Update(int &o,int l,int r,int x,int dd)
{
	if(x<l||x>r)return;
	if(!o)o=++ntot;
	if(l==r)
	{
		t[o].val=dd;
		t[o].maxval=dd;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	Update(t[o].l,l,mid,x,dd);
	Update(t[o].r,mid+1,r,x,dd);
	PushUp(o);
}
void Remove(int o,int l,int r,int x)
{
	if(x<l||x>r)return;
	if(l==r)
	{
		t[o].val=0;
		t[o].maxval=0;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	Remove(t[o].l,l,mid,x);
	Remove(t[o].r,mid+1,r,x);
	PushUp(o);
}

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,q,tot=0,ntot=0,tt=0;
int w[N],c[N],head[N],root[N];
int d[N],fa[N],top[N],son[N],siz[N],dfn[N],dfn2[N];
struct node
{
	int to,next;
}e[N*4];
struct node1
{
	int l,r,val,maxval;
}t[N*4];
void AddEdge(int x,int y)
{
	e[++tot].to=y;
	e[tot].next=head[x];
	head[x]=tot;
} 
void PushUp(int o)
{
	t[o].val=t[t[o].l].val+t[t[o].r].val;
	t[o].maxval=max(t[t[o].l].maxval,t[t[o].r].maxval);
}
void Update(int &o,int l,int r,int x,int dd)
{
	if(x<l||x>r)return;
	if(!o)o=++ntot;
	if(l==r)
	{
		t[o].val=dd;
		t[o].maxval=dd;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	Update(t[o].l,l,mid,x,dd);
	Update(t[o].r,mid+1,r,x,dd);
	PushUp(o);
}
void Remove(int o,int l,int r,int x)
{
	if(x<l||x>r)return;
	if(l==r)
	{
		t[o].val=0;
		t[o].maxval=0;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	Remove(t[o].l,l,mid,x);
	Remove(t[o].r,mid+1,r,x);
	PushUp(o);
}
int SectionSumQuery(int o,int l,int r,int L,int R)
{
	if(l>R||r<L)return 0;
	if(L<=l&&r<=R)return t[o].val;
	int mid=(l+r)>>1,sum=0;
	sum+=SectionSumQuery(t[o].l,l,mid,L,R);
	sum+=SectionSumQuery(t[o].r,mid+1,r,L,R);
	return sum;
}
int SectionMaxQuery(int o,int l,int r,int L,int R)
{
	if(l>R||r<L)return 0;
	if(L<=l&&r<=R)	return t[o].maxval;
	int mid=(l+r)>>1,sum=0;
	sum=max(sum,SectionMaxQuery(t[o].l,l,mid,L,R));
	sum=max(sum,SectionMaxQuery(t[o].r,mid+1,r,L,R));
	return sum;
}
void dfs1(int node,int f)
{
	fa[node]=f;
	d[node]=d[f]+1;
	siz[node]=1;
	for(int i=head[node];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if(v!=f)
		{
			dfs1(v,node);
			siz[node]+=siz[v];
			if(!son[node]||siz[son[node]]<siz[v])
				son[node]=v;
		}
	}
}
void dfs2(int node,int topx)
{
	top[node]=topx,dfn[node]=++tt,dfn2[tt]=node;
	if(!son[node])return;
	dfs2(son[node],topx);
	for(int i=head[node];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if(v!=fa[node]&&v!=son[node])
			dfs2(v,v);
	}
}
int TreeSumQuery(int x,int y,int c)
{
	int sum=0;
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
		sum+=SectionSumQuery(root[c],1,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
		x=fa[top[x]];
	}
	if(d[x]>d[y])swap(x,y);
	sum+=SectionSumQuery(root[c],1,n,dfn[x],dfn[y]);
	return sum;
}
int TreeMaxQuery(int x,int y,int c)
{
	int sum=0;
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
		sum=max(sum,SectionMaxQuery(root[c],1,n,dfn[top[x]],dfn[x]));
		x=fa[top[x]];
	}
	if(d[x]>d[y])swap(x,y);
	sum=max(sum,SectionMaxQuery(root[c],1,n,dfn[x],dfn[y]));
	return sum;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>c[i];
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		AddEdge(x,y);
		AddEdge(y,x);
	}
	dfs1(1,1),dfs2(1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		Update(root[c[i]],1,n,dfn[i],w[i]);
	}
	while(q--)
	{
		string s;
		int x,y;
		cin>>s>>x>>y;
		if(s=="CC")
		{
			Remove(root[c[x]],1,n,dfn[x]);
			Update(root[y],1,n,dfn[x],w[x]);
			c[x]=y;
		}
		if(s=="CW")
		{
			Remove(root[c[x]],1,n,dfn[x]);
			Update(root[c[x]],1,n,dfn[x],y);
			w[x]=y;
		}
		if(s=="QS")
		{
			cout<<TreeSumQuery(x,y,c[x])<<endl;
		}
		if(s=="QM")
		{
			cout<<TreeMaxQuery(x,y,c[x])<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

注意

  • 空间要开 \(10^6\) 大小，存储边、线段树节点数组要开 \(max*4\) 大小。
  • 在对树进行相关操作时，不要忘记使用dfn树剖编号。

其他

posted @ 2024-09-15 10:25  TommyJin  阅读(28)  评论(0)    收藏  举报