JZOJ 5908【NOIP2018模拟10.16】开荒（kaihuang）

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原创最新推荐文章于 2026-06-06 12:30:38 发布 468 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

JZOJ 题目篇 jzoj 2922 打印Hello word 众所周知，c++是许多人跨进代码世界的第一扇大门。但是你如何检验你的综合能力呢，有两个很好的网站它们分别是JZOJ与openjudge。我们先来讲OJ（JZOJ）上的题目。Tip：想要网址的我放在下面???? JZOJ：www.jzoj.cn openjudge:openjudge.cnTip：openjudge推荐加入NOI。现在进入正题，jzoj导图第一题：2922【入门】hello world! 这一题主要讲了一个程序猿的入门打印Hello wor 阅读详情

神奇的树剖 + 利用一次询问多条路径话不多说先放题面

Description

题目背景：
尊者神高达作为一个萌新，在升级路上死亡无数次后被一只大黄叽带回了师门。他加入师门后发现有无穷无尽的师兄弟姐妹，这几天新副本开了，尊者神高达的师门作为一个 pve师门，于是他们决定组织一起去开荒。

题目描述：
师门可以看做以 1 为根的一棵树，师门中的每一个人都有一定的装备分数。一共会有 q 个事件。每个事件可能是一次开荒，也可能是因为开荒出了好装备而导致一个人的装分出现了变化。对于一次开荒，会有 k 个人组织，由于师门的号召力很强，所以所有在组织者中任意两个人简单路径上的人都会参加。

Input

第一行 n ,q;
接下来 1 行 n 个数，代表每个人的分值；
接下来 n-1 行 u，v 代表一条边
接下来 q 行
Q 代表询问，接下来 k 个数代表组织的人数，读入为 0时停止读入。
C 代表修改，输入 x,w 代表将 x 的分值变为 w

Output

共 Q 的数量行，为开荒的人的总分值

Sample Input

Sample Output

9
207
17

样例解释：
第一次询问，参加的人有 2,3,4 5+2+2=9
第一次修改，权值为 10 5 200 2
第二次询问，参加的人有 2,3,4 5+200+2=207
第三次询问，参加的人有 1,2,4 10+5+2=17

Data Constraint

数据范围：
20%的数据 n<=10000,q<=500;
另外 20%的数据 k=2
另外 20%的数据没有修改操作
所有数据 n,q<=100000,所有询问 k 的和<=1000000
保证数据合法

这道题树剖很显然嘛但我们一次要求多条路径

我的暴力想法—— laz 数组存多条路径走过的点权值改为 1

为了剪枝我把子节点有经过的点设为了 2 没有的就是 0 这样可以大大提高效率

找到 2 继续往下找找到 1 直接返回线段树的值找到 0 返回 0

于是就有了三十分 (预测没加优化只有 20 分第三个点 700ms 卡过)

暴力代码

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
struct edge{int next,to;}e[MAXN << 1];
ll tr[MAXN << 3];
int siz[MAXN],dep[MAXN],fa[MAXN],son[MAXN],top[MAXN],id[MAXN],oid[MAXN];
int first[MAXN],v[MAXN],laz[MAXN << 3],tot;
inline int re() {
	char q = getchar();
	int x = 0;
	while (q < '0' || q > '9') q = getchar();
	while ('0' <= q && q <= '9')
		x = (x << 3) + (x << 1) + q - (3 << 4),q = getchar();
	return x;
}
inline void add(int x,int y) {
	e[++tot].next = first[x];
	e[tot].to = y;
	first[x] = tot;
}
inline void dfs1(int p) {
	dep[p] = dep[fa[p]] + 1;
	++siz[p];
	for (int a = first[p],b = e[a].to ; a ; a = e[a].next,b = e[a].to)
		if (b == fa[p]) continue; else {
			fa[b] = p;
			dfs1(b);
			siz[p] += siz[b];
			if (siz[b] > siz[son[p]]) son[p] = b;
		}
}
inline void dfs2(int p,int f) {
	top[p] = f;
	id[p] = ++tot;
	oid[tot] = p;
	if (!son[p]) return;
	dfs2(son[p],f);
	for (int a = first[p],b = e[a].to ; a ; a = e[a].next,b = e[a].to)
		if (b != fa[p] && b != son[p]) dfs2(b,b);
}
inline void build(int l,int r,int len) {
	if (l == r) {tr[len] = v[oid[l]]; return;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(l,mid++,len << 1);
	build(mid,r,len << 1 | 1);
	tr[len] = tr[len << 1] + tr[len << 1 | 1];
}
inline void update(int l,int r,int len,int i,int j) {
	if (l == r && l == i) {tr[len] = j; return;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (i <= mid) update(l,mid,len << 1,i,j);
	else update(++mid,r,len << 1 | 1,i,j);
	tr[len] = tr[len << 1] + tr[len << 1 | 1];
}
inline void uplaze(int l,int r,int len,int i,int j) {
	if (laz[len] & 1) return;
	if (i <= l && r <= j) {laz[len] = 1; return;}
	laz[len] = 2;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (i <= mid) uplaze(l,mid,len << 1,i,j);
	if (mid < j) uplaze(++mid,r,len << 1 | 1,i,j);
}
inline ll rebuild(int l,int r,int len) {
	if (!laz[len]) return 0;
	if (laz[len] & 1) return tr[len];
	int mid = (l + r) >> 1;
	return rebuild(l,mid,len << 1) + rebuild(++mid,r,len << 1 | 1);
}
void lpcate(int x,int y) {
	while (top[x] != top[y])
	{
		if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
		uplaze(1,siz[1],1,id[top[x]],id[x]);
		x = fa[top[x]];
	}
	if (dep[x] > dep[y]) swap(x,y);
	uplaze(1,siz[1],1,id[x],id[y]);
}
ll uplone(int l,int r,int len,int i) {
	if (l == r && l == i) return tr[len];
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (i <= mid) return uplone(l,mid,len << 1,i);
	return uplone(++mid,r,len << 1 | 1,i);
}
int main()
{
	freopen("kaihuang.in","r",stdin);
	freopen("kaihuang.out","w",stdout);
	int n = re(),q = re(),x,y;
	for (int a = 1 ; a <= n ; ++ a) v[a] = re();
	for (int a = 1 ; a <  n ; ++ a) x = re(),y = re(),
	add(x,y),add(y,x); tot = 0;
	dfs1(1),dfs2(1,1);
	build(1,n,1);
	while (q--)
	{
		char w = getchar();
		while (w != 'Q' && w != 'C') w = getchar();
		if (w == 'Q')
		{
			memset(laz,0,sizeof(laz));
			for (n = 1,v[n] = re() ; v[n] ; ++ n,v[n] = re());
			for (int a = 2 ; a < n ; ++ a)
			for (int b = 1 ; b < a ; ++ b) lpcate(v[b],v[a]);
			if (n > 2) printf("%lld\n",rebuild(1,siz[1],1));
			else printf("%lld\n",uplone(1,siz[1],1,id[v[1]]));
			continue;
		}
		x = re(),y = re(),update(1,siz[1],1,id[x],y);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

好了好了做题怎么能不发正解呢

正解就是多条路径按 dfs 序排然后求 lca 可使每个点经过两遍两点 lca (可能除最顶上的) 经过三遍这个手推可以发现证明的话.....进点一次跳到第二个点就两次第 lca＞该两点的点再跳就三次每次减去一个每个点就变两次了最上面的次数就是 lca 为该点的节点对数每次减去一个就为 0 了所以要加上两个该点权

根据这个我们可以直接求路径距离然后减去相邻两点 lca 的权值最后加上两个所有点最顶上的 lca (也是所有点的 lca) 的权值

其他部分不变不过单点路径不用特判了~~(本来就不是那样做的)~~.....话说我的暴力打的也是累

下放正解

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
struct edge{int next,to;}e[MAXN << 1];
ll tr[MAXN << 3],mx;
int siz[MAXN],dep[MAXN],fa[MAXN],son[MAXN],top[MAXN],id[MAXN],oid[MAXN];
int first[MAXN],v[MAXN],bot[MAXN],tot;
inline short cmp(int x,int y) {return id[x] < id[y];}
inline int r() {
	char q = getchar(); int x = 0;
	while (q < '0' || q > '9') q = getchar();
	while ('0' <= q && q <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + q - (3 << 4),q = getchar();
	return x;
}
inline void add(int x,int y) {
	e[++tot].next = first[x];
	e[tot].to = y;
	first[x] = tot;
}
inline void dfs1(int p) {
	dep[p] = dep[fa[p]] + 1;
	++siz[p];
	for (int a = first[p],b = e[a].to ; a ; a = e[a].next,b = e[a].to)
		if (b == fa[p]) continue; else {
			fa[b] = p;
			dfs1(b);
			siz[p] += siz[b];
			if (siz[b] > siz[son[p]]) son[p] = b;
		}
}
inline void dfs2(int p,int f) {
	top[p] = f;
	id[p] = ++tot;
	oid[tot] = p;
	if (!son[p]) return;
	dfs2(son[p],f);
	for (int a = first[p],b = e[a].to ; a ; a = e[a].next,b = e[a].to)
		if (b != fa[p] && b != son[p]) dfs2(b,b);
}
inline void build(int l,int r,int len) {
	if (l == r) {tr[len] = v[oid[l]]; return;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(l,mid,len << 1);
	build(++mid,r,len << 1 | 1);
	tr[len] = tr[len << 1] + tr[len << 1 | 1];
}
inline void update(int l,int r,int len,int i,int j) {
	if (l == r && l == i) {tr[len] = j; return;}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (i <= mid) update(l,mid,len << 1,i,j);
	else update(++mid,r,len << 1 | 1,i,j);
	tr[len] = tr[len << 1] + tr[len << 1 | 1];
}
inline ll get(int l,int r,int len,int i,int j) {
	if (i <= l && r <= j) return tr[len];
	int mid = (l + r) >> 1; ll ans = 0;
	if (i <= mid) ans += get(l,mid,len << 1,i,j);
	if (mid < j) ans += get(++mid,r,len << 1 | 1,i,j);
	return ans;
}
inline ll lca(int x,int y) {
	ll ans = 0;
	while (top[x] != top[y])
	{
		if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
		ans += get(1,siz[1],1,id[top[x]],id[x]);
		x = fa[top[x]];
	}
	if (dep[x] > dep[y]) swap(x,y);
	return ans - v[x] + get(1,siz[1],1,id[x],id[y]);
}
inline int mxlca(int x,int y){
	while (top[x] != top[y])
	{
		if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
		x = fa[top[x]];
	}
	return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
int main()
{
	freopen("kaihuang.in","r",stdin);
	freopen("kaihuang.out","w",stdout);
	int n = r(),q = r(),x,y;
	for (int a = 1 ; a <= n ; ++ a) v[a] = r();
	for (int a = 1 ; a <  n ; ++ a) x = r(),y = r(),
	add(x,y),add(y,x); tot = 0;
	dfs1(1),dfs2(1,1);
	build(1,n,1);
	while (q--)
	{
		char w = getchar();
		while (w != 'Q' && w != 'C') w = getchar();
		if (w == 'Q')
		{
			for (n = 1,bot[n] = r() ; bot[n] ; ++ n,bot[n] = r());
			sort(bot + 1,bot + n,cmp);
			ll ans = bot[1];
			for (int a = 2 ; a < n ; ++ a) ans = mxlca(ans,bot[a]);
			ans = v[ans] << 1;
			for (int a = 2 ; a < n ; ++ a) ans += lca(bot[a - 1],bot[a]);
			ans += lca(bot[1],bot[--n]);
			printf("%lld\n",ans >> 1);
			continue;
		}
		x = r(),y = r(),v[x] = y,update(1,siz[1],1,id[x],y);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

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