【树链剖分】【线段树】【块状树】bzoj3083 遥远的国度

记最开始的根为root,换根之后,对于当前的根rtnow和询问子树U而言,

①rtnow==U,询问整棵树

②fa[rtnow]==U,询问除了rtnow所在子树以外的整棵树

③rtnow在U的子树里,且距离大于1,询问除了rtnow的除了其祖先是U的儿子的祖先的子树以外的整棵树

④rtnow不在U的子树里,询问U的子树

对于③,在树链上跳跳就好了,也可以暴力,复杂度无法保证。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 100001
#define INF 2147483647
#define lson rt<<1,l,m
#define rson rt<<1|1,m+1,r
int v[N<<1],en,next[N<<1],first[N];
void AddEdge(int U,int V)
{
	v[++en]=V;
	next[en]=first[U];
	first[U]=en;
}
int n,m,root,a[N];
int Ls[N],Rs[N],top[N],siz[N],fa[N],dep[N],tot,son[N],rtnow,Map[N];
void dfs(int U)
{
	siz[U]=1;
	for(int i=first[U];i;i=next[i])
	  if(v[i]!=fa[U])
	    {
	      fa[v[i]]=U;
	      dep[v[i]]=dep[U]+1;
	      dfs(v[i]);
	      siz[U]+=siz[v[i]];
	      if(siz[v[i]]>siz[son[U]])
	        son[U]=v[i];
	    }
}
void dfs2(int U)
{
	Ls[U]=++tot;
	Map[tot]=U;
	if(son[U])
	  {
	  	top[son[U]]=top[U];
	  	dfs2(son[U]);
	  }
	for(int i=first[U];i;i=next[i])
	  if(v[i]!=fa[U]&&v[i]!=son[U])
	    {
	      top[v[i]]=v[i];
	      dfs2(v[i]);
	    }
	Rs[U]=tot;
}
int minv[N<<2],cov[N<<2];
void pushdown(int rt)
{
	if(cov[rt])
	  {
	  	cov[rt<<1]=cov[rt<<1|1]=minv[rt<<1]=minv[rt<<1|1]=cov[rt];
	  	cov[rt]=0;
	  }
}
void update(int ql,int qr,int v,int rt,int l,int r)
{
	if(ql<=l&&r<=qr)
	  {
	  	cov[rt]=minv[rt]=v;
	  	return;
	  }
	pushdown(rt);
	int m=(l+r>>1);
	if(ql<=m) update(ql,qr,v,lson);
	if(m<qr) update(ql,qr,v,rson);
	minv[rt]=min(minv[rt<<1],minv[rt<<1|1]);
}
int query(int ql,int qr,int rt,int l,int r)
{
	if(ql<=l&&r<=qr) return minv[rt];
	pushdown(rt);
	int m=(l+r>>1),res=INF;
	if(ql<=m) res=min(res,query(ql,qr,lson));
	if(m<qr) res=min(res,query(ql,qr,rson));
	return res;
}
void Update(int U,int V,int W)
{
	int f1=top[U],f2=top[V],res=INF;
	while(f1!=f2)
	  {
	  	if(dep[f1]<dep[f2])
	  	  {
	  	  	swap(f1,f2);
	  	  	swap(U,V);
	  	  }
	  	update(Ls[f1],Ls[U],W,1,1,n);
	  	U=fa[U];
	  	f1=top[U];
	  }
	if(dep[U]>dep[V])
	  swap(U,V);
	update(Ls[U],Ls[V],W,1,1,n);
}
int main()
{
//	freopen("bzoj3083.in","r",stdin);
	int A,B,C,op;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<n;++i)
	  {
	  	scanf("%d%d",&A,&B);
	  	AddEdge(A,B);
	  	AddEdge(B,A);
	  }
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
	scanf("%d",&root);
	top[root]=root;
	dfs(root);
	dfs2(root);
	for(int i=1;i<=n;++i) update(Ls[i],Ls[i],a[i],1,1,n);
	for(;m;--m)
	  {
	  	scanf("%d",&op);
	  	if(op==1) scanf("%d",&rtnow);
	  	else if(op==2)
	  	  {
	  	  	scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
	  	  	Update(A,B,C);
	  	  }
	  	else
	  	  {
	  	  	scanf("%d",&A);
	  	  	if(A==rtnow)
	  	  	  printf("%d\n",query(1,n,1,1,n));
	  	  	else if(fa[rtnow]==A)
	  	  	  printf("%d\n",min(query(1,Ls[rtnow]-1,1,1,n),Rs[rtnow]==n?INF:query(Rs[rtnow]+1,n,1,1,n)));
	  	  	else if(Ls[rtnow]>=Ls[A]&&Ls[rtnow]<=Rs[A])
	  	  	  {
	  	  	  	int U=rtnow;
	  	  	  	while(fa[top[U]]!=A&&top[U]!=top[A])
	  	  	  	  U=fa[top[U]];
	  	  	  	if(fa[top[U]]!=A)
	  	  	  	  U=Map[Ls[A]+1];
	  	  	  	else
	  	  	  	  U=top[U];
	  	  	  	printf("%d\n",min(query(1,Ls[U]-1,1,1,n),Rs[U]==n?INF:query(Rs[U]+1,n,1,1,n)));
	  	  	  }
	  	  	else
	  	  	  printf("%d\n",query(Ls[A],Rs[A],1,1,n));
	  	  }
	  }
	return 0;
}
时间: 2024-10-01 22:44:58

【树链剖分】【线段树】【块状树】bzoj3083 遥远的国度的相关文章

Aizu 2450 Do use segment tree 树链剖分+线段树

Do use segment tree Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.bnuoj.com/v3/problem_show.php?pid=39566 Description Given a tree with n (1 ≤ n ≤ 200,000) nodes and a list of q (1 ≤ q ≤ 100,000) queries, process the queries in order and out

Hdu 3966 Aragorn&#39;s Story (树链剖分 + 线段树区间更新)

题目链接: Hdu 3966 Aragorn's Story 题目描述: 给出一个树,每个节点都有一个权值,有三种操作: 1:( I, i, j, x ) 从i到j的路径上经过的节点全部都加上x: 2:( D, i, j, x ) 从i到j的路径上经过的节点全部都减去x: 3:(Q, x) 查询节点x的权值为多少? 解题思路: 可以用树链剖分对节点进行hash,然后用线段树维护(修改,查询),数据范围比较大,要对线段树进行区间更新 1 #include <cstdio> 2 #include

【bzoj3589】动态树 树链剖分+线段树

题目描述 别忘了这是一棵动态树, 每时每刻都是动态的. 小明要求你在这棵树上维护两种事件 事件0:这棵树长出了一些果子, 即某个子树中的每个节点都会长出K个果子. 事件1:小明希望你求出几条树枝上的果子数. 一条树枝其实就是一个从某个节点到根的路径的一段. 每次小明会选定一些树枝, 让你求出在这些树枝上的节点的果子数的和. 注意, 树枝之间可能会重合, 这时重合的部分的节点的果子只要算一次. 输入 第一行一个整数n(1<=n<=200,000), 即节点数. 接下来n-1行, 每行两个数字u,

BZOJ2243 (树链剖分+线段树)

Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. 解题分析 树链剖分+线段树. 开一个记录类型,记录某一段区间的信息.l 表示区间最左侧的颜色 , r 表示区间最右侧的颜色 , sum 表示区间中颜色段数量. 合并时判断一下左区间的右端点和有区间的左端点的颜色是否一样. 树上合并时需要用两个变量ans1,ans2来存储.ans1表示x往上走时形成的链的信息,

bzoj4304 (树链剖分+线段树)

Problem T2 (bzoj4304 HAOI2015) 题目大意 给定一颗树,1为根节点,要求支持三种操作. 操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a . 操作 2 :把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a . 操作 3 :询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和. 解题分析 练手题.树链剖分+线段树. 参考程序 1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cmath> 4 #incl

【BZOJ】1146: [CTSC2008]网络管理Network(树链剖分+线段树套平衡树+二分 / dfs序+树状数组+主席树)

第一种做法(时间太感人): 这题我真的逗了,调了一下午,疯狂造数据,始终找不到错. 后来发现自己sb了,更新那里没有打id,直接套上u了.我.... 调了一下午啊!一下午的时光啊!本来说好中午A掉去学习第二种做法,噗 好吧,现在第一种做法是hld+seg+bst+二分,常数巨大,log^4级别,目前只会这种. 树剖后仍然用线段树维护dfs序区间,然后在每个区间建一颗平衡树,我用treap,(这题找最大啊,,,囧,并且要注意,这里的rank是比他大的数量,so,我们在二分时判断要判断一个范围,即要

【bzoj4811】[Ynoi2017]由乃的OJ 树链剖分+线段树区间合并

题目描述 由乃正在做她的OJ.现在她在处理OJ上的用户排名问题.OJ上注册了n个用户,编号为1-",一开始他们按照编号 排名.由乃会按照心情对这些用户做以下四种操作,修改用户的排名和编号:然而由乃心情非常不好,因为Deus天 天问她题...因为Deus天天问由乃OI题,所以由乃去学习了一下OI,由于由乃智商挺高,所以OI学的特别熟练她 在RBOI2016中以第一名的成绩进入省队,参加了NOI2016获得了金牌保送 Deus:这个题怎么做呀? yuno:这个不是NOI2014的水题吗... Deu

【BZOJ-3589】动态树 树链剖分 + 线段树 + 线段覆盖(特殊的技巧)

3589: 动态树 Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 1024 MBSubmit: 405  Solved: 137[Submit][Status][Discuss] Description 别忘了这是一棵动态树, 每时每刻都是动态的. 小明要求你在这棵树上维护两种事件 事件0: 这棵树长出了一些果子, 即某个子树中的每个节点都会长出K个果子. 事件1: 小明希望你求出几条树枝上的果子数. 一条树枝其实就是一个从某个节点到根的路径的一段. 每次小明会选定一些树枝

HDU 2460 Network(双连通+树链剖分+线段树)

HDU 2460 Network 题目链接 题意:给定一个无向图,问每次增加一条边,问个图中还剩多少桥 思路:先双连通缩点,然后形成一棵树,每次增加一条边,相当于询问这两点路径上有多少条边,这个用树链剖分+线段树处理 代码: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; #pragma comment(linke

【bzoj1959】[Ahoi2005]LANE 航线规划 离线处理+树链剖分+线段树

题目描述 对Samuel星球的探险已经取得了非常巨大的成就,于是科学家们将目光投向了Samuel星球所在的星系——一个巨大的由千百万星球构成的Samuel星系. 星际空间站的Samuel II巨型计算机经过长期探测,已经锁定了Samuel星系中许多星球的空间坐标,并对这些星球从1开始编号1.2.3……. 一些先遣飞船已经出发,在星球之间开辟探险航线. 探险航线是双向的,例如从1号星球到3号星球开辟探险航线,那么从3号星球到1号星球也可以使用这条航线. 例如下图所示: 在5个星球之间,有5条探险航