洛谷 P4219 [BJOI2014]大融合 树链剖分

本文介绍了一种算法,用于解决在动态构建的树形结构中查询特定边的负载问题。通过树链剖分与线段树相结合的方法,实现了高效地添加边及查询边负载的功能。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目描述

小强要在 NN 个孤立的星球上建立起一套通信系统。这套通信系统就是连接 N 个点的一个树。 这个树的边是一条一条添加上去的。在某个时刻,一条边的负载就是它所在的当前能够 联通的树上路过它的简单路径的数量。

例如,在上图中,现在一共有了 55 条边。其中, (3,8) 这条边的负载是 66 ,因 为有六条简单路径 238 , 23872−3−8−7 , 383−8,3873−8−7 , 4384−3−8 , 43874−3−8−7 路过了 (3,8)(3,8)

现在,你的任务就是随着边的添加,动态的回答小强对于某些边的负载的 询问。

输入输出格式

输入格式:
第一行包含两个整数 N,QN,Q ,表示星球的数量和操作的数量。星球从 11 开始编号。

接下来的 Q 行,每行是如下两种格式之一:

A x yA x y 表示在 xxy 之间连一条边。保证之前 xxy 是不联通的。
Q x yQ x y表示询问 (x,y)(x,y) 这条边上的负载。保证 xxy 之间有一条边。
输出格式:
对每个查询操作,输出被查询的边的负载。

输入输出样例

输入样例#1:
8 6
A 2 3
A 3 4
A 3 8
A 8 7
A 6 5
Q 3 8
输出样例#1:
6
说明

对于所有数据, 1N,Q1051≤N,Q≤105

分析:
一开始可以先离线,把边全部先插进去,连成一棵树,然后在按时间做。加一条边相当于把树上对应的边染黑,然后把深度浅的点到当前树的根的每个点加上深度大的边的子树大小,树链剖分+线段树维护即可,不要把树剖时的sizesize和线段树里维护的sizesize弄混。

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long

const int maxn=1e5+7;

using namespace std;

int n,m,x,y,cnt1,cnt2,cnt,test;
int p[maxn],ls[maxn],size[maxn],fa[maxn],dfn[maxn],top[maxn];
char ch[5];

struct query{
    int x,y,num;
}q[maxn];

struct edge{
    int x,y,next,num;
}g[maxn*2];

struct node{
    int sum,lazy;
}t[maxn*4];

void add(int x,int y,int num)
{
    g[++cnt1]=(edge){x,y,ls[x],num};
    ls[x]=cnt1;
}

int find(int x)
{
    int y=x,root;
    while (p[x]) x=p[x];
    root=x;
    x=y;
    while (p[x])
    {
        y=p[x];
        p[x]=root;
        x=y;
    }
    return root;
}

void uni(int x,int y)
{
    int u=find(x);
    int v=find(y);
    p[v]=u;
}

void dfs1(int x,int f)
{
    size[x]=1;
    fa[x]=f;
    for (int i=ls[x];i>0;i=g[i].next)
    {
        int y=g[i].y;
        if (y==f) continue;
        dfs1(y,x);
        size[x]+=size[y];
    }
}

void dfs2(int x,int f)
{
    dfn[x]=++cnt;
    top[x]=f;
    int c=0;
    for (int i=ls[x];i>0;i=g[i].next)
    {
        int y=g[i].y;
        if (y==fa[x]) continue;
        if (size[c]<size[y]) c=y;
    }
    if (c==0) return;
    dfs2(c,f);
    for (int i=ls[x];i>0;i=g[i].next)
    {
        int y=g[i].y;
        if ((y==fa[x]) || (y==c)) continue;
        dfs2(y,y);
    }
}

void clean(int p,int l,int r)
{
    if (t[p].lazy)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        t[p*2].lazy+=t[p].lazy;
        t[p*2].sum+=(mid-l+1)*t[p].lazy;
        t[p*2+1].lazy+=t[p].lazy;
        t[p*2+1].sum+=(r-mid)*t[p].lazy;
        t[p].lazy=0;
    }
}

void ins(int p,int l,int r,int x,int y,int k)
{
    if ((l==x) && (r==y))
    {
        t[p].lazy+=k;
        t[p].sum+=(r-l+1)*k;
        return;
    }
    clean(p,l,r);
    int mid=(l+r)/2;
    if (y<=mid) ins(p*2,l,mid,x,y,k);
    else if (x>mid) ins(p*2+1,mid+1,r,x,y,k);
    else
    {
        ins(p*2,l,mid,x,mid,k);
        ins(p*2+1,mid+1,r,mid+1,y,k);
    }
    t[p].sum=t[p*2].sum+t[p*2+1].sum;
}

int getsum(int p,int l,int r,int x,int y)
{
    if ((l==x) && (r==y)) return t[p].sum;
    int mid=(l+r)/2;
    clean(p,l,r);
    if (y<=mid) return getsum(p*2,l,mid,x,y);
    else if (x>mid) return getsum(p*2+1,mid+1,r,x,y);
    else return getsum(p*2,l,mid,x,mid)+getsum(p*2+1,mid+1,r,mid+1,y);
}

void change(int x,int y,int k)
{
    while (top[x]!=top[y])
    {
        ins(1,1,n,dfn[top[y]],dfn[y],k);
        y=fa[top[y]];
    }
    ins(1,1,n,dfn[x],dfn[y],k);
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&test);
    for (int i=1;i<=test;i++)
    {
        scanf("%s",ch);
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if (ch[0]=='A')
        {
            add(x,y,i);
            add(y,x,i);
        }
        else
        {
            q[++cnt2]=(query){x,y,i};
        }
    }   
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (!size[i])
        {
            dfs1(i,0);
            dfs2(i,0);
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) ins(1,1,n,i,i,1);
    int j=1;    
    for (int i=1;i<=cnt2;i++)
    {
        int x,y,d;
        while ((g[j].num<q[i].num) && (j<=cnt1))
        {
            x=g[j].x,y=g[j].y;
            if (fa[x]==y) swap(x,y);
            uni(x,y);
            d=find(x);
            int sizey=getsum(1,1,n,dfn[y],dfn[y]);
            change(d,x,sizey);
            j+=2;
        }   
        x=q[i].x;
        y=q[i].y;
        if (fa[x]==y) swap(x,y);
        d=find(x);
        int sizeall=getsum(1,1,n,dfn[d],dfn[d]);
        int sizey=getsum(1,1,n,dfn[y],dfn[y]);
        LL ans=(LL)(sizeall-sizey)*sizey;
        printf("%lld\n",ans);
    }
}
### P5322 [BJOI2019] 排兵布阵 Java 实现与解题思路 #### 动态规划求解策略 对于此问题,采用动态规划的方法来解决。定义 `dp[j]` 表示最容量为 `j` 的前提下,能够获得的最价值。 为了处理这个问题中的分组背包特性,在遍历过程中需要特别注意顺序: - 遍历每一个可能的组 `k` - 对于每种容量 `j` 进行逆序遍历以防止重复计算 - 枚举当前组内的所有物品 `i` 具体的状态转移方程如下所示[^1]: ```java for (int k = 1; k <= groupNum; k++) { // 所属组k for (int j = capacity; j >= 0; j--) { // 容量j for (int i = 0; i < I; i++) { // 所属分组k的物品I if(j>=data[i][0]) dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - data[i][0]] + data[i][1]); } } } ``` 这段代码实现了对给定约束条件下的最优解查找过程。通过调整变量名和逻辑结构,可以更好地理解算法的工作原理并应用于实际编程环境中。 #### 初始化与边界情况 在开始之前,还需要初始化数组以及设置合理的边界值。通常情况下会将所有的 `dp[]` 数组元素设为零或者负无穷(取决于题目要求),这样可以在后续迭代中正确更新这些位置上的数值。 另外需要注意的是输入数据范围较时可能会涉及到数据类型的使用,如 long 或 BigInteger 来存储中间结果,确保不会因为溢出而导致错误的结果。 #### 输入输出设计 针对本题目的特点,建议按照以下方式读取输入参数,并最终输出所求得的答案: - 使用 Scanner 类或其他高效 IO 工具快速获取测试样例数量 T 和其他必要信息。 - 将每次运算后的最佳方案保存下来作为最后要打印出来的答案之一。 ```java import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args){ Scanner sc=new Scanner(System.in); int t=sc.nextInt(); // 测试案例数 while(t-->0){ // 处理单个测试用例... System.out.println(result); // 输出结果 } sc.close(); } } ``` 以上就是关于该竞赛题目的完整解析及其对应的 Java 编码实现方法。
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