Icefox的博客

题意：给两个点u,v，询问两点路径上有多少种不同的权值。树上莫队。然后权值要离散化。树上区间转移呢，基本就是这样的：记上次询问的两点为lastu，lastv,现在询问的两点为u,v，那么对于路径(lastu,u)上的所有点的存在性取反（就是原来答案里有就删掉，没有就加上），对于(lastv,v）同理。但是因为还有讨厌的lca的存在，所以我们一直都没把lca放在答案里。最后记答案时单独处理lca。具

题意：给定一棵树，每个点有颜色，m个询问vi,ki，问以vi为根的子树中有多少种颜色出现的次数>=ki。首先我们可以通过dfn把子树询问变成序列询问。（不会看代码，一颗子树中的顶点的dfn一定是连续的，画画就知道了）然后就是经典的莫队了，至于ans怎么更新，见代码啦~

树上莫队参见spoj_cot2,带修改莫队参见bzoj2120.这道题就是把这俩和在一起了╭(╯^╰)╮。bzoj上时间很宽松。。大家如果没把握还是不要去爆oj了的好。给大家推荐个好地方UOJ，这题的题号是58。可以先在那过了再说。。uoj的评测机好好的说。。顺便我树上莫队也是从建了uoj的vfk那里学来的。。大家可以去搜一下他的博客。我在这里放链接是不是算侵权？？不懂。。只能orz神犇。（因为打

题目大意：给你一棵树，n个节点。q个询问,给你a,b,c三个点，任意对应s,f,t，记s到f的路径为(s,f),让你求(s,f),(t,f）两条路径上的点的交集大小最大为多少。首先我们发现，对于给定的a,b,c，就三种情况即f=a,f=b,f=c.所以我们只需计算三次s，f，t，取最大即可。现在考虑对于给定的s,f,t，如何计算路径上的点的交集。设l1=lca(s,f),l2=lca(t,f),l

CF839A Arya and Bran(模拟)CF839B Game of the Rows(贪心)CF839C Journey（树+概率）

这水题刷的。。。

给定一棵有根树（注意跟不一定是1.。。），求有序对(u,v)满足的个数： 1.u是v的祖先 2.a[u]*a[v]<=k。 我们在对树进行dfs时，做到v点，此时在我们的dfs栈中的点正是v的祖先，一个不多，一个不少，我们只需在这些点中找到小于等于k/a[v]的点。显然可以把权值离散化了，用线段树来维护

我们维护每个点到根的权值和。询问过x的路径中权值最大的，即询问x的子树中到根的距离最大的。修改x为y，则x的子树中的所有点到根的距离都加上了y-a[x]。显然可以用dfn变成连续区间用线段树来维护。

两遍bfs求树的直径（就是树上的最长链） 这里给出树的直径的证明： 主要是利用了反证法： 假设 s-t这条路径为树的直径，或者称为树上的最长路 现有结论，从任意一点u出发搜到的最远的点一定是s、t中的一点，然后在从这个最远点开始搜，就可以搜到另一个最长路的端点，即用两遍广搜就可以找出树的最长路。 证明： 　　　1.设u为s-t路径上的一点，结论显然成立，否则设搜到的最远点为T则 d

TYVJ NOIP2017模拟赛D1T1 天天去哪吃（模拟）T2.天天和树。（求树的直径）T3.摆摊。（类似mex，离线+线段树）

对树dfs的性质是，遍历过程中每条边会被访问两次，点访问次数为度数，起点再多一次。 于是我们把遍历的过程每条边分开考虑。 每一条边对答案的贡献为边权*2+两点的点权。 按新权求一棵最小生成树再加上最小点权(作为起点访问)即可。

首先对于操作一，我们按照老套路把树上结点用dfs序变成序列，每个结点的子树均为in[x]~out[x]连续的一段，段修改即可。对于操作2，往上找父亲肯定不好实现，怎么办呢？我们只改这一个点，把他改为0，然后在询问x点的时候，我们查询x的子树中是否有0，有的话他一定也是0（他一定是那个点的父亲）。这样就很巧妙的把一个点会影响他的所有祖先转化成了单点修改，查询子树。需要注意的是，这样做的话，做操作1时要

我们先优先的把k条指定边加入到生成树中。这时候生成树中的非指定边是必选的，无论在那种方案中。因此我们先把这些点缩成一个点，这样，我们最多剩下了k+1个点。（把图中的边清空，加入必选边，连通块缩成点，这样我们会得到一个点数不超过 K + 1 的图，令此图为新图（注意，新图中不包含任何边，只有那至多 K + 1 个点））同时 m 条边中必选边之外的边如果放在新图中会有很多重边，将这些重边合并，于是压缩成

2013提高D1 A.转圈游戏（快速幂）AC B.火柴人排队（树状数组求逆序对）AC C.货车运输（贪心+并查集+树上倍增）AC

%%%leoly %%%Visjiao %%%Elijahqi 题解可以去看VisJiao大佬的：传送门 AtCoder Grand Contest 010 A.Addition（数学，奇偶性） B.Boxes (数学) C.Cleaning（树+结论） D.Decrementing(数论+gcd+奇偶性) 都是思维题，这我哪会啊。。。Visjiao大佬的题解写的很详细orz

题目描述有一个树状的城市网络（即n个城市由n−1条道路连接的连通图），首都为1号城市，每个城市售卖价值为a[i]的珠宝。你是一个珠宝商，现在安排有q次行程，每次行程为从u号城市前往v号城市（走最短路径），保证v在u前往首都的最短路径上。在每次行程开始时，你手上有价值为c的珠宝（每次行程可能不同），并且每经过一个城市时（包括u和v），假如那个城市中售卖的珠宝比你现在手上的每一种珠宝都要优秀（价值更高，

进入bzoj法眼的noip(lus)题hh。题解太麻烦啦。。。不写啦。。。就体会一下思想：要是对于每条路径操作，看他会影响哪些点的贡献，铁铁的会t。所以考虑怎样的一条路径会对一个点产生贡献，先讨论简化版的链的情况，发现要讨论左右。结合另外两个部分分，感觉就是把路径分成两半，x->lca,lca->y。分别讨论，然后进行神奇的树上差分，用vector来维护删除操作。题解去观摩这里吧

2007提高 A.统计数字（模拟） B.字符串的展开（模拟） C.矩阵取数游戏（dp+高精度） 考虑倒着dp,dp[i][j]表示还剩i…j的数，把这些取走的最大得分。决策无非两种，先拿i,先拿J. D. 树网的核（树的直径+贪心+暴力枚举） n=300，各种瞎搞。如果只能选一个点的话,一定选中心最优，因此我们以中心为根,贪心的去扩展。每次看能不能把最远的点干掉。。不能时就是答案了。

Poetize11 A.rainbow. 挂精度了。30。思路好像也有点问题·。。。正解是二分答案，通过勾股定理求出每个半圆能够覆盖的线段。此时问题转化为线段覆盖问题，排序扫描一遍即可。（直接拿圆判可能会有特例？） B.clover。状压dp+dfs瞎搞。。70. C.fin。dp打表了AC hh。实质上可以根据这道题的特性，把dp优化下，简直黑科技。处理出深度为d时，可能的最大节点数和最小节

2003提高 A.神经网络（拓扑模拟） B.侦探推理（字符串+模拟） 太恶心了，不会写。 C.加分二叉树（区间dp+树的遍历） 因为中序遍历是1~n，所以如果根是k的话，左子树一定是1~k-1，右子树一定是k+1~n。这样就可以区间dp了。顺道记一下跟，方便输出前序遍历 D.传染病控制（搜索+剪枝） 实质上相当于在每层选一条边砍掉，可以爆搜，加个最优性剪枝。注意一个点安全了，只要它的祖先

主席上树（划去。 每个点建一棵权值线段树，记录从这个点到根的路径上的点权信息。x可以和fa[x]的线段树共用很多信息，所以上主席树！那么x到y路径上的点权信息，就是tree[x]+tree[y]-tree[t]-tree[fa[t]],t表示lca(x,y)。

题意同bzoj3545，只不过强制在线了。那强制在线了怎么搞呢x，有一个神奇的东西，kruskal重构树，张这个样子：传送门。他有很多优美的性质：首先，他一定是一颗二叉树，然后所有叶子节点一定是原图中的点，从叶子节点往跟走，点权一定是单调不降的。如果原图中有n个点，则这棵树一定有n+n-1个点（因为你需要合并n-1次，也就新建了n-1个点）。然后对于这道题而言，你可以从v开始在树上倍增找到第一个小于

题目传送门：portal %%%SBW，把我卡到飞、。 upd：pickupwin太强辣！更新了一波数据就又把我卡成狗啦！ 强行手动模拟dfs才能过呀x，为了保证dfs序的性质，我们要用双端队列呀x#include &lt;cstdio&gt;#include &lt;cstring&gt;#include &lt;algorithm&gt;#include &lt;queue&g...

dp[x][i][j]表示以x为根的子树,与x相连的有i个黑点,j个白点，其他的点都满足要求的最小代价。超过1个的黑点视作1个，超过2个的白点视作2个。每次转移用已经做过的儿子们的状态和现在儿子的状态，注意不能像背包那样往上叠加，因为不可以不取现在这个儿子。然后对于当前这个儿子无非两种决策：连在x上，断掉。如果断掉，必须满足儿子的状态是均衡的，即!i||j<2。别忘了每次把x自己的颜色加上。最后答案

点分治，就是每次找到目前子树的重心，把它当做根，处理所有过重心的路径信息，然后递归处理子树。 什么是一棵树的重心呢？选出的一个点，使分出的子树中节点数最大的子树最小，就是重心。这样分出的子树点数不超过n/2+1，就可以保证复杂度了。怎么找重心呢？我们就按定义来找，每次O(n)。然后每次递归时处理过根的合法点对。怎么做呢？我们容斥一下，变成给定一个数组，问有几个有序对满足和＜=K。我们可以排序+线

就是求路径和%3余0的有序点对个数。可以点分治。还可以树形dp。 dp[i][j]表示以i为根的子树中的点，到i的路径长度%3余j的个数。每次统计一下过i的答案就好了。点分治

把边权0变成-1，路径边权和为0就是阴阳平衡了。我们点分治，考虑一条过根的路径，被根分成两部分，如果是合法的，那么休息站不是在前半段，就是在后半段。我们记g[i][0]表示到根的边权和为i，且不存在休息站的路径数；g[i][1]表示存在休息站的路径数。一个一个子树的做，避免不合法的情况。用tmp[i][0/1]表示已经做过的子树的信息。则对答案的贡献就是 g[0][0]∗tmp[0][0]+∑i=

求所有点对的最小割中，不同的最小割数值有多少个。我们建出等价流树，看这n-1个最小割有几个不同的就好啦。

一个n个点的图，对于任意四点x,y,z,w,他们的最小割可以不相交。这样我们就可以分治的来求出等价流树。等价流树就是这样一棵树，使得图中两个点的最小割的权就是树上对应链上的最小边权。好像和最小割树不太一样？怎么分治呢？首先对于点集V，我们钦定一个S和T，跑最小割，把原图分成S集和T集，更新所有目前被割开的点的最小割，然后再分治S集和T集。如果要建出这棵树呢？就是每次求出S到T最小割以后，建边(S,

求中位数最大的路径。我们二分答案，把>=mid的边都变成1，< mid的边都变成-1，如果有一条路径的权值和≥0，则中位数可以为mid。所以我们就是要去找一条权值和最大的路径。具体做法与bzoj1758相同。 我把leoly慢了8s啊，orz

首先求一个最优比率的东西，我们二分答案，转化成判定是否存在一条合法路径使得边权和≥0.然后这个东西我们点分治去做。每次计算过x的合法路径的最大值时，为了避免不合法，我们一个子树一个子树的做。我们处理出g[i],表示目前这棵子树深度为i的点的最大距离，tmp[i]表示之前做过的子树深度为i的点的最大距离。我们每次用g[i]去询问tmp，也就是要在tmp[l-i,r-i]中选一个最大值，我们发现这就是一

首先考虑如果是序列怎么做，比较明显的dp，dp[i]表示i走到1的最少花费，则 dp[i]=min{dp[j]+(dis[i]−dis[j])∗p[i]+q[i]|j<i,dis[i]−dis[j]<=li[i]}dp[i]=min\{dp[j]+(dis[i]-dis[j])*p[i]+q[i] |j<i,dis[i]-dis[j]<=li[i]\} 我们自然想到斜率优化，我就不推式子了qaq

dp[i]表示以i为根的深度和。则转移方程为： dp[i]=dp[fa[i]]−sz[i]+n−sz[i]dp[i]=dp[fa[i]]-sz[i]+n-sz[i]。相较于fa[i]为根时，i为根时，i的子树深度都小了1，剩下的点深度都大了1。

给出一棵树，每次查询一个点到根的路径边权和，有边修改。直接差分+树状数组。

就是求lca。。。要注意如果A=B的话是需要0步。字符串映射可以采用map。

括号序列做法真是神神神呀qaq直接去看岛娘的博客吧：传送门。 或者直接去看noi2008国家集训队论文《数据结构的提炼与压缩》 by cqx1.20upd:终于看懂了点分治+堆的方法…orz hzwer 准确理解每个堆的意义很关键… C[x] 维护的是x所控制的子树中每个点到x在重心树中的父亲的距离 B[x] 维护的是x所控制的子树中以x的每个儿子为根的子树到x的最大距离，即在重心树中x的每

A.snowboots（离线+贪心+并查集） 都按S排序以后，每次把不能走的染黑，如果任意一段连续的黑色个数小于< d的话我就可以通过，否则不行。可以用并查集来维护最大子段和。复杂度O(nlogn)O(nlogn)B.dirtraverse（树+搜索+递推） 首先处理出选1做当前目录的答案，然后可以直接递推得到选儿子y做当前目录的答案，f[y]=f[1]−(len[y]+1)∗sz[y]+3∗(

给定一棵树，查询路径第k大值，带修改。 就是bzoj2588+bzoj3196 树上建主席树。然后对于修改，修改点x的权值，只会对x的子树有影响，而x的子树在dfs序上是连续的一段in[x],out[x]，就相当于区间修改，我们利用差分+树状数组来维护，另建bit+动态加点线段树来维护。 树状数组套动态加点线段树内存究竟怎么算.jpg???能开多大是多大好了，反正是要比logn^2小很多？这样

觉得这篇blog讲得不错：传送门 模板题。lct，动态树，树的形态可以变化的树链剖分，用splay来维护每条重链上的信息。#include #include #include using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 300010inline int read(){

我们维护点分树，每个节点维护一颗平衡树，记录所有子树中的点的值。然后查询时我们往上一直跳就好了，注意要去掉不合法的情况，因此我们每个点还要再维护一个平衡树，记录所有子树中的点到fa[p]的值，往上跳的时候减掉不合法的即可。然后因为是动态生成点的，所以我们不时地要重构一下。利用替罪羊树的思想重构即可。 值得注意的几点：每次重构时，要把此次需要重构的点标记出来，在点分治dfs时不要访问不需要重构的点...