Snacks

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Problem Description

百度科技园内有n个零食机，零食机之间通过n−1条路相互连通。每个零食机都有一个值v，表示为小度熊提供零食的价值。

由于零食被频繁的消耗和补充，零食机的价值v会时常发生变化。小度熊只能从编号为0的零食机出发，并且每个零食机至多经过一次。另外，小度熊会对某个零食机的零食有所偏爱，要求路线上必须有那个零食机。

为小度熊规划一个路线，使得路线上的价值总和最大。

Input

输入数据第一行是一个整数T(T≤10)，表示有T组测试数据。

对于每组数据，包含两个整数n,m(1≤n,m≤100000)，表示有n个零食机，m次操作。

接下来n−1行，每行两个整数x和y(0≤x,y<n)，表示编号为x的零食机与编号为y的零食机相连。

接下来一行由n个数组成，表示从编号为0到编号为n−1的零食机的初始价值v(|v|<100000)。

接下来m行，有两种操作：0 x y，表示编号为x的零食机的价值变为y；1 x，表示询问从编号为0的零食机出发，必须经过编号为x零食机的路线中，价值总和的最大值。

本题可能栈溢出，辛苦同学们提交语言选择c++，并在代码的第一行加上：

`#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") `

Output

对于每组数据，首先输出一行”Case #?:”，在问号处应填入当前数据的组数，组数从1开始计算。

对于每次询问，输出从编号为0的零食机出发，必须经过编号为x零食机的路线中，价值总和的最大值。

Sample Input

1
6 5
0 1
1 2
0 3
3 4
5 3
7 -5 100 20 -5 -7
1 1
1 3
0 2 -1
1 1
1 5

Sample Output

Case #1: 102 27 2 20

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<math.h>
using namespace std;
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
const int maxx = 1000010;
int n,m;
int inf =0x7fffffff;
vector<int>edg[maxx];
long long val[maxx];
int l[maxx];
int r[maxx];
int index=0;
int w[maxx];
long long tree[maxx<<2];
long long add[maxx<<2];
void build(int root,int l,int r)
{
    add[root]=0;
    if(l==r)
    {
        tree[root]=val[l];
    }
    else
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        build(root<<1,l,mid);
        build((root<<1)+1,mid+1,r);
        tree[root]=max(tree[root<<1],tree[(root<<1)+1]);
    }

}
void push_down(int root,int nl,int nr)
{
    if(add[root]!=0)
    {
        add[root<<1]+=add[root];
        add[(root<<1)+1]+=add[root];
        tree[root<<1]+=add[root];
        tree[(root<<1)+1]+=add[root];
        add[root]=0;
    }
}
void update_interval(int root,int nl,int nr,int ul,int ur,int val)
{
    if(add[root]!=0) push_down(root,nl,nr);
    //cout<<root<<endl;
    if(nl==ul&&nr==ur)
    {
        tree[root]+=val;
        add[root]+=val;
        return;
    }
    int mid=(nl+nr)>>1;
    if(ur<=mid)
    {
        update_interval(root<<1,nl,mid,ul,ur,val);
    }
    else if(ul>mid)
    {
        update_interval((root<<1)+1,mid+1,nr,ul,ur,val);
    }
    else if(ul<=mid&&mid<=ur)
    {
        update_interval(root<<1,nl,mid,ul,mid,val);
        update_interval((root<<1)+1,mid+1,nr,mid+1,ur,val);
    }
    tree[root]=max(tree[root<<1],tree[(root<<1)+1]);

}
long long query(int root,int nl,int nr,int ul,int ur)
{
    if(add[root]!=0) push_down(root,nl,nr);
    if(nl==ul&&nr==ur)
    {
        return tree[root];
    }
    int mid=(nl+nr)>>1;
    if(ur<=mid)
    {
        return query(root<<1,nl,mid,ul,ur);
    }
    if(ul>mid)
    {
        return query((root<<1)+1,mid+1,nr,ul,ur);
    }
    if(ul<=mid&&mid<=ur)
    {
        return max(query(root<<1,nl,mid,ul,mid),query((root<<1)+1,mid+1,nr,mid+1,ur));
    }

}
void dfs(int now,int pre,long long sum)
{
    sum+=w[now];
    l[now]=inf;
    int son=0;
    for(int i=0;i<edg[now].size();i++)
    {
        if(pre==edg[now][i])  continue;
        son++;
        dfs(edg[now][i],now,sum);
        int next=edg[now][i];
        l[now]=min(l[now],l[next]);
    }
    r[now]=++index;
    val[index]=sum;
    if(son==0)
    {
        l[now]=r[now];
    }
}
int main()
{
    int t;
    int cas=1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;i<=n;i++) edg[i].clear();
        for(int i=0;i<n-1;i++)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            edg[u].push_back(v);
            edg[v].push_back(u);
        }
        for(int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d",w+i);
        index=0;
        dfs(0,0,0);
       /* for(int i=0;i<n;i++)
        {
            cout<<"i:"<<i<<"  "<<l[i]<<" "<<r[i]<<endl;
            cout<<val[r[i]]<<endl;
        }*/
        build(1,1,n);

    /*int j=1,t=1;
    for(int i=1; i<=(n<<2); i++)
    {
        j++;
        printf("%d ",tree[i]);
        if(j>pow(2,(t-1)))
        {
            printf("\n");
            j=1;
            t++;
        }

    }
    printf("\n\n");*/
        printf("Case #%d:\n",cas++);
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            char op[2];

            int tmp1,tmp2;
            scanf("%s",op);
            if(op[0]==‘0‘)
            {
                //cout<<"fuck"<<endl;
                int tmp,u;
                scanf("%d%d",&tmp,&u);
                update_interval(1,1,n,l[tmp],r[tmp],u-w[tmp]);
                w[tmp]=u;
            }
            else
            {
                int tmp;
                scanf("%d",&tmp);
                long long ans = query(1,1,n,l[tmp],r[tmp]);
                printf("%I64d\n",ans);
            }
        }
    }
    return 0;
}

分析：很显然这个一个树，视作0为根节点。从0号节点到某一节点有且只有一条可达路径。那么每个节点i可以对应一个路径(从0到i这条路径)。对路径通过后序遍历重新编号为1~n.叶子节点所对应区间为[Ki,Kii].Ki为该节点对应的路径的编号。对于非叶子节点对应区间为[Min,Max],Min是该节点所有孩子节点区间左端点中最小的。Max肯定为自身(因为父节点的路径编号要大于孩子节点的路径编号)。那么这个区间的意义是？ 如果一个节点C的区间为[1,3]那么1,2,3这三个编号对应的路径中都经过节点C。并且可以算出每个路径的值也就是说节点0到每个节点的路径长度.NUM[I] 0~i路径的长度。

那么查询操作求经过X节点的最大路径就是X对应的区间[ L[X],R[X] ]中的这些路径对应NUM值的最大值。注意：这里是找一个区间的最大值。

而修改操作让X节点的值改为Y，也就是将X对应区间[ L[X],R[X] ]中这些路径对应的每个NUM值都加上Y-V[X]。(V[X]为原本X节点的价值)。 注意：这里是修改一个区间的值。

所以我们可以看出来，我们可以先用dfs处理，然后用线段树去优化后面的操作。