BZOJ3626LCA

3626: [LNOI2014]LCA
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 1374 Solved: 503
Description
给出一个n个节点的有根树(编号为0到n-1,根节点为0)。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度,LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问,每次询问给出l r z,求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
(即,求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和)
Input
第一行2个整数n q。
接下来n-1行,分别表示点1到点n-1的父节点编号。
接下来q行,每行3个整数l r z。
Output
输出q行,每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出
Sample Input
5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
8
5
HINT
共5组数据,n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。
Source
数据已加强 by saffah
这道题是之前留下的坑。。今天填上。。
自己yy的想法复杂度高得不要不要的。。可以T得飞起。。
于是%了一下清华爷gconeice的题解。。
显然,暴力求解的复杂度是无法承受的。
考虑这样的一种暴力,我们把 z 到根上的点全部打标记,对于 l 到 r 之间的点,向上搜索到第一个有标记的点求出它的深度统计答案。观察到,深度其实就是上面有几个已标记了的点(包括自身)。所以,我们不妨把 z 到根的路径上的点全部 +1,对于 l 到 r 之间的点询问他们到根路径上的点权和。仔细观察上面的暴力不难发现,实际上这个操作具有叠加性,且可逆。也就是说我们可以对于 l 到 r 之间的点 i,将 i 到根的路径上的点全部 +1, 转而询问 z 到根的路径上的点(包括自身)的权值和就是这个询问的答案。把询问差分下,也就是用 [1, r] − [1, l − 1] 来计算答案,那么现在我们就有一个明显的解法。从 0 到 n − 1 依次插入点 i,即将 i 到根的路径上的点全部+1。离线询问答案即可。我们现在需要一个数据结构来维护路径加和路径求和,显然树链剖分或LCT 均可以完成这个任务。树链剖分的复杂度为 O((n + q)· log n · log n),LCT的复杂度为 O((n + q)· log n),均可以完成任务。至此,题目已经被我们完美解决。
树链剖分+差分思想。。
果然是一道好题。。
做idea很好的题可以涨姿势。。
P.S.如果你仔细看struct后面的东西会发现一些喜闻乐见的事。。
附上本蒟蒻的代码:

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define mod 201314
#define MAXN 50001
int n,m,cnt,sz,h[MAXN],father[MAXN][16],pos[MAXN],belong[MAXN],deep[MAXN],size[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct will
{
    int to,next;
}edge[MAXN];
struct with
{
    int z,ans1,ans2;
}q[MAXN];
struct kx
{
    int num,p;
    bool flag;
}a[MAXN<<1];
struct forever
{
    int l,r,sum,delta,size;
}node[MAXN<<2];
bool operator < (kx a,kx b)
{
    return a.p<b.p;
}

int read()
{
    int w=0,c=1; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9')
      {
        if (ch=='-') c=-1;
        ch=getchar();
      }
    while (ch>='0' && ch<='9')
      w=w*10+ch-'0',ch=getchar();
    return w*c;
}

void add(int u,int v)
{
    cnt++,edge[cnt].next=h[u],h[u]=cnt,edge[cnt].to=v;
}

void dfs1(int x)
{
    int i;
    size[x]=1,vis[x]=true;
    for (i=1;i<=15;i++)
      {
        if (deep[x]<(1<<i)) break;
        father[x][i]=father[father[x][i-1]][i-1];
      }
    for (i=h[x];i;i=edge[i].next)
      {
        if (vis[edge[i].to]) continue;
        deep[edge[i].to]=deep[x]+1,father[edge[i].to][0]=x;
        dfs1(edge[i].to),size[x]+=size[edge[i].to];
      }
}

void dfs2(int x,int chain)
{
    int k=n,i;
    pos[x]=++sz,belong[x]=chain;
    for (i=h[x];i;i=edge[i].next)
      if (deep[edge[i].to]>deep[x] && size[edge[i].to]>size[k])
        k=edge[i].to;
    if (k!=n) dfs2(k,chain);
    for (i=h[x];i;i=edge[i].next)
      if (deep[edge[i].to]>deep[x] && k!=edge[i].to)
        dfs2(edge[i].to,edge[i].to);
}

void pushdown(int s)
{
    if (node[s].l==node[s].r || !node[s].delta) return;
    int delta=node[s].delta;node[s].delta=0;
    node[s*2].sum=node[s*2].sum+node[s*2].size*delta;
    node[s*2+1].sum=node[s*2+1].sum+node[s*2+1].size*delta;
    node[s*2].delta=node[s*2].delta+delta;
    node[s*2+1].delta=node[s*2+1].delta+delta;
}

void build(int s,int l,int r)
{
    node[s].l=l,node[s].r=r,node[s].size=r-l+1;
    if (l==r) return;
    build(s*2,l,(l+r)/2),build(s*2+1,(l+r)/2+1,r);
}

void update(int s,int x,int y)
{
    pushdown(s);
    int l=node[s].l,r=node[s].r;
    if (l==x && y==r)
      {
        node[s].delta++,node[s].sum+=node[s].size;
        return;
      }
    int mid=(l+r)/2;
    if (y<=mid) update(s*2,x,y);
    else if (x>mid) update(s*2+1,x,y);
    else update(s*2,x,mid),update(s*2+1,mid+1,y);
    node[s].sum=node[s*2].sum+node[s*2+1].sum;
}

void solveupdate(int x,int f)
{
    while (belong[x]!=belong[f])
      {
        update(1,pos[belong[x]],pos[x]);
        x=father[belong[x]][0];
      }
    update(1,pos[f],pos[x]);
}

int query(int s,int x,int y)
{
    pushdown(s);
    int l=node[s].l,r=node[s].r;
    if (l==x && y==r) return node[s].sum;
    int mid=(l+r)/2;
    if (y<=mid) return query(s*2,x,y);
    else if (x>mid) return query(s*2+1,x,y);
    else return query(s*2,x,mid)+query(s*2+1,mid+1,y);
}

int solvequery(int x,int f)
{
    int sum=0;
    while (belong[x]!=belong[f])
      {
        sum+=query(1,pos[belong[x]],pos[x]);
        sum%=mod;
        x=father[belong[x]][0];
      }
    sum+=query(1,pos[f],pos[x]),sum%=mod;
    return sum;
}

int main()
{
    int i,x,tot=0,l,r,t,now;
    memset(node,0,sizeof(node));
    n=read(),m=read();
    for (i=1;i<n;i++) x=read(),add(x,i);
    for (i=1;i<=m;i++)
      {
        l=read(),r=read(),q[i].z=read();
        a[++tot].p=l-1,a[tot].num=i,a[tot].flag=false;
        a[++tot].p=r,a[tot].num=i,a[tot].flag=true;
      }
    build(1,1,n);
    sort(a+1,a+tot+1);
    dfs1(0),dfs2(0,0);
    now=-1;
    for (i=1;i<=tot;i++)
      {
        while (now<a[i].p)
          now++,solveupdate(now,0);
        t=a[i].num;
        if (!a[i].flag) q[t].ans1=solvequery(q[t].z,0);
        else q[t].ans2=solvequery(q[t].z,0);
      }
    for (i=1;i<=m;i++)
      printf("%d\n",(q[i].ans2-q[i].ans1+mod)%mod);
    return 0;
}
### BZOJ 中关于宽度优先搜索的相关题目 在BZOJ平台中,涉及宽度优先搜索算法的题目广泛存在于路径寻找、连通性分析以及层次遍历等问题场景下。虽然提供的参考资料并未直接提及具体的宽搜题目列表[^2],但基于此平台的特点和常见题型分布情况,可以列举一些典型的宽搜应用实例。 #### 题目示例 1. **迷宫问题** 迷宫问题是经典的宽搜应用场景之一,在此类题目中通常会给出一个二维网格表示的地图,其中某些位置不可通行,目标是从起点到达终点并计算最短路径长度或判断是否存在可行路线。 2. **图的连通分量统计** 给定无向图G=(V,E),通过执行多次宽搜可以从不同未访问节点出发探索所有可达顶点集合,进而确定图中有多少个独立子图及其各自规模大小。 3. **最近公共祖先查询** 对于一棵树结构而言,利用宽搜能够高效处理多个结点间LCA(Lowest Common Ancestor)关系判定任务,尤其适用于在线询问模式下的快速响应需求。 4. **洪水填充游戏(Flood Fill Game)** 此类题目要求按照指定颜色替换相邻相同色块直至无法继续扩展为止;采用宽搜策略有助于实现逐层扩散染色过程,并保证操作效率最优。 5. **棋盘覆盖问题** 当面对特定形状障碍物存在条件下的n*n国际象棋棋盘时,如何用最少数量的标准多米诺骨牌完全铺满剩余空白区域成为了一道有趣的挑战——借助宽搜思路可以帮助找到合理的放置顺序与组合方式。 以上仅是对可能出现在BZOJ上的部分宽搜相关题目的概括描述,实际参赛者还需要根据具体题目描述深入理解背景设定及解法细节。 ```cpp // C++ BFS Template Code Example #include <queue> using namespace std; void bfs(int start){ queue<int> q; bool visited[MAX_SIZE]; memset(visited,false,sizeof(visited)); q.push(start); visited[start]=true; while(!q.empty()){ int current=q.front(); q.pop(); // Process node 'current' for(auto neighbor : adj[current]){ if(!visited[neighbor]){ q.push(neighbor); visited[neighbor]=true; // Additional processing as needed... } } } } ```
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