洛谷 P4338 - [ZJOI2018]历史（LCT）

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一道不错的 LCT 练手题。

首先考虑对于没有修改的情况怎么处理。注意到对于一个 \(u\)，如果我们把 \(u\) 的每个儿子的子树染上一种颜色，把 \(u\) 点也染上一种颜色，那么当我们 access \(u\) 子树内某个点 \(v\) 时，点 \(u\) 会对答案产生 \(1\) 的贡献，当且仅当 \(u\) 子树内上一个被 access 的点与 \(v\) 不是同一个颜色的，因此如果除了 \(1\) 节点之外，每个点都是叶子，那么问题就转化为一个经典问题：有 \(n\) 种颜色，第 \(i\) 种颜色的点有 \(a_i\) 个，现在要将这 \(\sum\limits_{i=1}^na_i\) 个点排成一行，最大化相邻异色点数。这是一道经典题，根据经典贪心结论，上面的问题的答案为 \(\min(\sum\limits_{i=1}^na_i-1,(\sum\limits_{i=1}^na_i-\max\limits_{i=1}^na_i)\times 2)\)。那如果图不是一张菊花怎么办呢？其实也好办，考虑如何钦定 \(u\) 子树内点的 access 顺序：我们先递归钦定所有儿子子树内的点的 access 顺序，然后将 \(u\) 所有儿子对应的子树看作一个颜色，设 \(u\) 点的儿子个数为 \(c\)，那么我们根据上面的经典结论算出将 \(u\) 子树内的点排成一排的最优方案，同一颜色内部 access 顺序则按照我们之前对每个儿子的子树钦定的顺序安排，如此递归下去即可，这就告诉我们，每个点的贡献是可以独立计算的，一遍 DFS 即可解决。具体来说，设 \(f(a_1,a_2,\cdots,a_n)=\min(\sum\limits_{i=1}^na_i-1,(\sum\limits_{i=1}^na_i-\max\limits_{i=1}^na_i)\times 2)\)，点 \(u\) 有 \(c_i\) 个儿子 \(son_{u,1},son_{u,2},\cdots,son_{u,c_u}\)，\(u\) 子树内所有点的 \(a\) 之和为 \(sum_u\)，那么答案等于 \(\sum\limits_{i=1}^nf(sum_{son_{u,1}},sum_{son_{u,2}},\cdots,sum_{son_{u,c_u}},a_u)\)。

接下来考虑带上修改如何处理，可以发现这个问题有点链剖分的意味，因为对于每个点 \(u\)，根据上面的和式，\(u\) 点产生的贡献只与 \(sum_u\) 与 \(u\) 的儿子中 \(sum\) 最大的有关，因此如果我们称 \(u\) 的儿子中 \(sum\) 最大的为“重儿子”，那么就形成了一个“带权重链剖分”模型。因此我们考虑对于一个点 \(u\)，记其儿子中 \(sum\) 最大的为 \(wson_u\)，那么如果 \(sum_{wson_u}\times 2>sum_u\)，我们就连边 \(u\to wson_u\)，这样显然会形成一条条祖先 \(\to\) 后代的链，更具体地，每个点到根路径上最多只有 \(\log nV\) 条重链，这个可以用类似于重链剖分的方法分析出来。而当我们修改一个点 \(u\) 的点权时，我们考虑 \(u\) 到根节点路径上一条重链，那么不难发现，重链中间的点的贡献不会发生变化，唯一可能会发生变化是链顶节点，这启发我们用 LCT 维护每条链，每次修改暴力扣掉原链顶的答案，修改之后再加入新的链顶的答案并更新链剖分的结构。

能做到 \(n\log nV\)，不过下面的代码是 \(n\log n\log nV\) 的：

const int MAXN = 5e5;
int n, qu, hd[MAXN + 5], to[MAXN * 2 + 5], nxt[MAXN * 2 + 5], ec, fa[MAXN + 5];
void adde(int u, int v) {to[++ec] = v; nxt[ec] = hd[u]; hd[u] = ec;}
int dfn[MAXN + 5], edt[MAXN + 5], tim, wson[MAXN + 5];
ll res = 0, a[MAXN + 5];
ll t[MAXN + 5];
void add(int x, ll v) {for (int i = x; i <= n; i += (i & (-i))) t[i] += v;}
ll query(int x) {ll ret = 0; for (int i = x; i; i &= (i - 1)) ret += t[i]; return ret;}
ll qry(int x) {return (!x) ? 0 : (query(edt[x]) - query(dfn[x] - 1));}
ll clc(int x) {return min(qry(x) - 1, (qry(x) - max(a[x], qry(wson[x]))) * 2);}
void dfs(int x, int f) {
	dfn[x] = ++tim; add(tim, a[x]); fa[x] = f;
	for (int e = hd[x]; e; e = nxt[e]) {
		int y = to[e]; if (y == f) continue; dfs(y, x);
		if (qry(y) > qry(wson[x])) wson[x] = y;
	}
	edt[x] = tim; res += clc(x);
}
struct node {int ch[2], f;} s[MAXN + 5];
int ident(int k) {return ((s[s[k].f].ch[0] == k) ? 0 : ((s[s[k].f].ch[1] == k) ? 1 : -1));}
void connect(int k, int f, int op) {s[k].f = f; if (~op) s[f].ch[op] = k;}
void rotate(int x) {
	int y = s[x].f, z = s[y].f, dx = ident(x), dy = ident(y);
	connect(s[x].ch[dx ^ 1], y, dx); connect(y, x, dx ^ 1); connect(x, z, dy);
}
void splay(int k) {
	while (~ident(k)) {
		if (!~ident(s[k].f)) rotate(k);
		else if (ident(k) == ident(s[k].f)) rotate(s[k].f), rotate(k);
		else rotate(k), rotate(k);
	}
}
int qrymn(int k) {while (s[k].ch[0]) k = s[k].ch[0]; return k;}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &qu);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	for (int i = 1, u, v; i < n; i++) scanf("%d%d", &u, &v), adde(u, v), adde(v, u);
	dfs(1, 0); printf("%lld\n", res);
	for (int i = 1; i <= n; i++) s[i].f = fa[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (wson[i] && qry(wson[i]) * 2 > qry(i))
		s[i].ch[1] = wson[i];
	while (qu--) {
		int x, v; scanf("%d%d", &x, &v); map<int, int> vis;
		for (int y = x; y; y = s[y].f) splay(y), res -= clc(y);
		add(dfn[x], v); a[x] += v;
		int pre = 0, prex = 0;
		for (int y = x; y; prex = y, y = s[y].f) {
			splay(y); //printf("! %d\n", y);
			if (pre && qry(pre) > qry(wson[y])) {
				wson[y] = pre; s[y].ch[1] = prex;
			}
			if (qry(wson[y]) * 2 <= qry(y)) s[y].ch[1] = 0;
			res += clc(y); pre = qrymn(y);
		}
		printf("%lld\n", res);
	}
	return 0;
}
/*
5 8
1 1 1 1 1
1 2
2 3
3 4
4 5
3 10
4 100
5 1000
2 10000
3 100000
1 200000
3 300000
5 400000
*/