【NOIP模拟赛】异象石

Description

Adera是Microsoft应用商店中的一款解谜游戏。

异象石是进入Adera中异时空的引导物,在Adera的异时空中有一张地图。这张地图上有N个点,有N-1条双向边把它们连通起来。起初地图上没有任何异象石,在接下来的M个时刻中,每个时刻会发生以下三种类型的事件之一:

1.地图的某个点上出现了异象石(已经出现的不会再次出现);

2.地图某个点上的异象石被摧毁(不会摧毁没有异象石的点);

3.向玩家询问使所有异象石所在的点连通的边集的总长度最小是多少。

请你作为玩家回答这些问题。

Input Format

第一行有一个整数N,表示点的个数。

接下来N-1行每行三个整数x,y,z,表示点x和y之间有一条长度为z的双向边。

第N+1行有一个正整数M。

接下来M行每行是一个事件,事件是以下三种格式之一:

  • x 表示点x上出现了异象石
  • x表示点x上的异象石被摧毁

?表示询问使当前所有异象石所在的点连通所需的边集的总长度最小是多少。

Output Format

对于每个 ?事件,输出一个整数表示答案。

Sample Input

6
1 2 1
1 3 5
4 1 7
4 5 3
6 4 2
10
+ 3
+ 1
?
+ 6
?
+ 5
?
- 6
- 3
?

Sample Output

5
14
17
10

Hint

数据范围与约定

对于30%的数据,1?≤?n, m?≤?1000。

对于另20%的数据,地图是一条链,或者一朵菊花。

对于100%的数据,1?≤?n, m?≤?10^5, 1?≤?x, y?≤?n, x?≠?y, 1?≤?z?≤?10^9。

solution

雾。一道很巧妙的思维题。废话不多说,上题解。

题目大意就是,给一棵树,要求动态维护一个值:使所选出的点连通的边的最小权值和(最小的意思就是不需要更多的边,已经达到连通状态,因为是树,所以这个边集是唯一的)。有加入和删除所选定的点的操作。

如图,对于当前这棵树:

我们选择的节点为图中标号1、2、3的三个节点,那么√标注的边的权值和就是我们所求的。设lca(a, b)为a,b到两个点最近公共祖先的路径长度之和。那么,这些边的权值和就是(lca(1,2)+lca(2,3)+lca(3,1))/2。并发现这个和是这样子的: 

这一圈,就是寻宝游戏的答案,就是异象石的答案乘以2的结果。可以想到,对于这样的点集,要求的这个“圈”,可以通过两两点之间的lca加和得到。对于一个点的序列a[1]~a[i],就是lca(a[1],a[2])+lca(a[2],a[3])+……+lca(a[i-1],a[i])+lca(a[i],1)。而这个序列点的顺序是什么?DFS序。画一画图很容易就明白了。

所以,我们先预处理出这棵树节点的DFS序的序号(就是在DFS过程中,这个点是第几个被访问到的)。在维护的过程中,假设加入一个点后,它的位置是i,那么对于答案ans,我们需要做的改变就是ans += lca(a[i-1],a[i])+lca(a[i],a[i+1])-lca(a[i-1],a[i+1]);这个也很容易明白吧。相反,如果删除一个点,它原本的位置是i,只需要ans -= lca(a[i-1],a[i])+lca(a[i],a[i+1])-lca(a[i-1],a[i+1]);【切记不要每次修改只搞一个bool数组记录而每次询问都全部重新计算,而是要动态维护ans】

那么用什么来做到维护a序列呢?STL里的set就可以。s.insert(x);插入x, s.erase(x);删除x, s.lower_bound(x);返回一个迭代器,指向集合中第一个大于或等于x的元素。集合键值就是DFS序的编号,用这些函数就可以维护a序列,并且求出a[i],a[i-1],a[i+1]是哪些节点。

然而本蒟蒻似乎一时脑抽打了splay。。。。。。

#include<cstdio>
#define LL long long
inline void Swap(int &a,int &b){a^=b;b^=a;a^=b;}
LL Ans,Dis[100024];
int N,M,Index,dfn[100024],Rank[100024];
int F[100024][18],Dep[100024];
int Root,cnt,Num[100024],Son[100024][2],Fa[100024];
int head[100024],Ecnt;
struct koko{int to,Ne,dis;}E[200056];
inline void add(int u,int v,int d)
{
    E[++Ecnt].to=v;E[Ecnt].Ne=head[u];E[Ecnt].dis=d;head[u]=Ecnt;
    E[++Ecnt].to=u;E[Ecnt].Ne=head[v];E[Ecnt].dis=d;head[v]=Ecnt;
}
inline void Add(int fa,int num,int pd){Son[fa][pd]=++cnt;Num[cnt]=num;Fa[cnt]=fa;}
inline int Min(int x){for(;Son[x][0];x=Son[x][0]);return x;}
inline int Max(int x){for(;Son[x][1];x=Son[x][1]);return x;}
inline void dfs(int u,int fa)
{
    dfn[u]=++Index; Rank[Index]=u; Dep[u]=Dep[fa]+1; F[u][0]=fa;
    for(int j=1;j<18;++j) F[u][j]=F[F[u][j-1]][j-1];
    for(int j=head[u];j;j=E[j].Ne)
        if(E[j].to!=fa) Dis[E[j].to]=Dis[u]+E[j].dis,dfs(E[j].to,u);
}
inline int Lca(int u,int v)
{
    if(Dep[u]<Dep[v]) Swap(u,v);
    int d=Dep[u]-Dep[v];
    for(int i=0;i<18;++i)
        if(d&(1<<i)) u=F[u][i];
    if(u==v) return u;
    for(int i=17;i>=0;--i)
        if(F[u][i]!=F[v][i]) u=F[u][i],v=F[v][i];
    return F[u][0];
}
inline void Rotate(int x)
{
    int y=Fa[x],fy=Fa[y],pd=(Son[y][1]==x);
    Son[y][pd]=Son[x][!pd]; Fa[Son[x][!pd]]=y;
    Son[x][!pd]=y; Fa[y]=x; Fa[x]=fy;
    if(fy)
    {
        if(Son[fy][0]==y) Son[fy][0]=x;
        else if(Son[fy][1]==y) Son[fy][1]=x;
    }
}
inline void Splay(int x)
{
    for(int y;y=Fa[x];Rotate(x))
        if(Fa[y]) Rotate((Son[y][0]==x)==(Son[Fa[y]][0]==y)?y:x);
    Root=x;
}
inline void splay(int x)
{
    for(int y;y=Fa[x];Rotate(x))
        if(Fa[y]!=Root && Fa[y]) Rotate((x==Son[y][0])==(y==Son[Fa[y]][0])?y:x);
    Root=x;
}
inline LL calc(int u,int v)
{
    if(!u || !v) return 0;
    u=Rank[Num[u]];v=Rank[Num[v]];
    return Dis[u]+Dis[v]-(Dis[Lca(u,v)]<<1);
}
inline void Insert(int x)
{
    int u=Root;
    for(;Son[u][Num[u]<x];u=Son[u][Num[u]<x]);
    Add(u,x,Num[u]<x); Splay(cnt);
    int pos1=0,pos2=0;
    if(Son[cnt][0]) pos1=Max(Son[cnt][0]);
    if(Son[cnt][1]) pos2=Min(Son[cnt][1]);
    Ans=Ans-calc(pos1,pos2)+calc(pos1,cnt)+calc(pos2,cnt);
}
inline int Find(int x)
{
    int u=Root,v=1;
    for(;v;u=v)
    {
        v=Son[u][Num[u]<x];
        if(Num[u]==x) return u;
    }
}
inline void Delete(int x)
{
    x=Find(x); Splay(x);
    int pos1=0,pos2=0;
    if(Son[x][0]) pos1=Max(Son[x][0]);
    if(Son[x][1]) pos2=Min(Son[x][1]);
    Ans=Ans-calc(pos1,x)-calc(pos2,x)+calc(pos1,pos2);
    if(!Son[x][0] && !Son[x][1]) {Fa[x]=0;Root=0;Son[0][0]=Son[0][1]=0;return;}
    if(Son[x][0]) {int y=Max(Son[x][0]);Splay(y);}
    else {Root=Son[x][1];Fa[Son[x][1]]=0;Son[x][1]=0;return;}
    if(Son[x][1]) {int y=Min(Son[x][1]);splay(y);}
    Son[Fa[x]][Num[Fa[x]]<Num[x]]=0;
    Fa[x]=0; Son[x][0]=Son[x][1]=0;
}
int main()
{
    scanf("%d", &N); int a,b,d; char c[8];
    for(int g=1;g<N;++g) scanf("%d%d%d", &a,&b,&d),add(a,b,d);
    dfs(1,0); scanf("%d\n", &M);
    for(int g=1;g<=M;++g)
    {
        scanf("%s", c);
        if(c[0]==‘+‘) scanf("%d\n",&a),Insert(dfn[a]);
        else if(c[0]==‘-‘) scanf("%d\n",&a),Delete(dfn[a]);
        if(c[0]==‘?‘) scanf("\n"),printf("%lld\n", (Ans+calc(Min(Root),Max(Root)))>>1);
    }
    return 0;
}
时间: 2024-11-06 03:51:12

【NOIP模拟赛】异象石的相关文章

NOIP模拟赛 6.29

2017-6-29 NOIP模拟赛 Problem 1 机器人(robot.cpp/c/pas) [题目描述] 早苗入手了最新的Gundam模型.最新款自然有着与以往不同的功能,那就是它能够自动行走,厉害吧. 早苗的新模型可以按照输入的命令进行移动,命令包括‘E’.‘S’.‘W’.‘N’四种,分别对应东南西北.执行某个命令时,它会向对应方向移动一个单位.作为新型机器人,它可以执行命令串.对于输入的命令串,每一秒它会按命令行动一次.执行完命令串的最后一个命令后,会自动从头开始循环.在0时刻时机器人

【简单思考】noip模拟赛 NTR酋长

NTR酋长 (ntr.pas/.c/.cpp) 黄巨大终于如愿以偿的进入了czy的后宫中……但是czy很生气……他要在黄巨大走到他面前的必经之路上放上几个NTR酋长来阻挡黄巨大. 众所周知,NTR酋长有一个技能是沟壑(F).它会在地图上产生一条长长的障碍物阻挡人前进.Czy打算在一个n*m的矩形(必经之路?)中放上NTR酋长.NTR酋长要一个一个放下去,而且每放一个都会向四角倾斜的方向放出无限长的沟壑,而已经被沟壑挡住的地方就不能再放NTR酋长了. 请注意:不会出现沟壑的路径挡住另一个沟壑的情况

【noip模拟赛】 射击

这题似乎是什么安阳一中的模拟题,不管了,反正是学长出的noip模拟赛里面的题目.... 射击(shoot.pas/.c/.cpp) 时间限制:1s,内存限制128MB 题目描述: 据史书记载,对越反击战时期,有位中国侦察兵,他的代号叫814.一天他执行狙击任务,他的任务地区是n座恰巧在一条直线上的山.这些山所在直线恰巧为东西走向,山从东到西依次编号为1~n.一天814隐藏在编号为k的山上,每座山上都有1个目标. 814也非常的厉害,任务结束时杀了很多人,可是史书中只记载了两点: 1:814一定攻

NOIP模拟赛

#1[Nescafé 31]杯NOIP模拟赛 t1 题意:n*m的棋盘上从(1,1)走到(n,m),只能向下或向右,一些格子有老鼠,每个老鼠互不相同,当处于与老鼠有重边的格子时,视为看见了这只老鼠,求到终点看到最少的不同老鼠数. 分析:DP 由于求得是看到的不同的老鼠数目,不能直接用过河卒做,因为同一个位置的老鼠可能会统计多次,我们还需要增加一维即方向. f[i,j,0]表示到从上面一个格子走到(i,j)时最少老鼠数,f[i,j,1]表示左边. f[i,j,0]:=min(f[i-1,j,0]+

2012-10-20 NOIP模拟赛

      2012-10-20 NOIP模拟赛 by coolyangzc 共3道题目,时间3小时 题目名 高级打字机 不等数列 经营与开发 源文件 type.cpp/c/pas num.cpp/c/pas exploit.cpp/c/pas 输入文件 type.in num.in exploit.in 输出文件 type.out num.out exploit.out 时间限制 1000MS 1000MS 1000MS 内存限制 256MB 256MB 256MB 测试点 5+(5) 10

2017 9 11 noip模拟赛T2

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=205; int map[N][N]; int d[N],tag[N],book[N],f[N]; int n,m; void work(int x) { memset(d,63,sizeof(d)); memset(book,0,sizeof(book)); memset(f,0,sizeof(

【noip模拟赛4】Matrix67的派对 暴力dfs

[noip模拟赛4]Matrix67的派对 描述 Matrix67发现身高接近的人似乎更合得来.Matrix67举办的派对共有N(1<=N<=10)个人参加,Matrix67需要把他们安排在圆桌上.Matrix67的安排原则是,圆桌上任意两个相邻人的身高之差不能超过K.请告诉Matrix67他共有多少种安排方法. 输入 第一行输入两个用空格隔开的数N和K,其中1<=N<=10,1<=K<=1 000 000. 第二行到第N+1行每行输入一个人的身高值.所有人的身高都是不

2014-9-9 NOIP模拟赛

东方幻想乡系列模拟赛Stage 1命题 Nettle审题 Barty ccy1991911 FlanS39 Wagner T2 高精除高精,从来没写过,不知道怎么写,我就用大数减小数ans次,果断超时. T4 Tarjan的板子题,好久没写,中间出现了一些小错误 ①是尽管有双向边,Tarjan函数中也不必排除双向边 ②Tarjan算法有时候不能一步完成,需要做最多n次,用循环解决 ③问题是关于这个题目的虽然输入n代表有n个点,但是下面的连边中有些点根本没出现过,所以设一个数组记录有效点. Pro

2014-11-3 NOIP模拟赛2

NOIP 2014 水题模拟赛 (请选手务必仔细阅读本页内容) 一.题目概况 中文题目名称 数列 刷漆 排队 英文题目与子目录名 seq paint layout 可执行文件名 seq paint layout 输入文件名 seq.in paint.in layout.in 输出文件名 seq.out paint.out layout.out 每个测试点时限 2 秒 1 秒 1 秒 测试点数目 10 10 10 每个测试点分值 10 10 10 附加样例文件 无 无 无 结果比较方式 全文比较(