【bzoj】1036: [ZJOI2008]树的统计Count

本文介绍了一种处理树形结构数据的高效算法——树剖。通过树剖可以实现单点修改、区间求和及区间最大值查询等操作。文章提供了详细的代码实现,并结合实例解释了如何在树剖中定位节点及其在数据结构中的编号转换。

题意

给一棵树,三个操作,单点修改,区间求和,区间最大。


思路

树剖


代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define root 1,n,1
#define ls l,m,o<<1
#define rs m+1,r,o<<1|1
inline void read(int& x){
    char c=getchar();int p=1,n=0;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){n=n*10+c-'0';c=getchar();}
    x=p*n;
}
const int maxn=30000+10,maxm=2*30000+10,inf=0x3f3f3f3f;
struct edge{
    int v,next;
}a[maxm];
int n;
int h[maxn],tot;
void add_e(int x,int y){
    a[tot].v=y;
    a[tot].next=h[x];
    h[x]=tot++;
}
int sum[maxn*4],ma[maxn*4];
void pushup(int o){
    sum[o]=sum[o<<1]+sum[o<<1|1];
    ma[o]=max(ma[o<<1],ma[o<<1|1]);
}
int val,pos,ql,qr;
void set(int l,int r,int o){
    if(l==r){
        ma[o]=sum[o]=val;
        return;
    }
    int m=l+(r-l)/2;
    if(pos<=m)set(ls);
    if(pos>m)set(rs);
    pushup(o);
}
int query_max(int l,int r,int o){
    if(ql<=l&&r<=qr){
        return ma[o];
    }
    int m=l+(r-l)/2,ret=-inf;
    if(ql<=m)ret=max(ret,query_max(ls));
    if(qr>m)ret=max(ret,query_max(rs));
    return ret;
}
int query_sum(int l,int r,int o){
    if(ql<=l&&r<=qr){
        return sum[o];
    }
    int m=l+(r-l)/2,ret=0;
    if(ql<=m)ret+=query_sum(ls);
    if(qr>m)ret+=query_sum(rs);
    return ret;
}
int tid[maxn],top[maxn],dep[maxn],w[maxn],rank[maxn];
void build(int l,int r,int o){
    if(l==r){
        sum[o]=ma[o]=w[rank[l]];
        return;
    }
    int m=l+(r-l)/2;
    build(ls);
    build(rs);
    pushup(o);
}
int dfs_clock;
int sz[maxn],son[maxn],fa[maxn];
int find(int x,int y,int op){
    int ret;if(op==0)ret=-inf;else ret=0;
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
            swap(x,y);
        ql=tid[top[x]];qr=tid[x];
        if(op==0){
            ret=max(ret,query_max(root));
        }else{
            ret+=query_sum(root);
        }
        x=fa[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y])
        swap(x,y);
    ql=tid[x];qr=tid[y];
    if(op==0){
            ret=max(ret,query_max(root));
        }else{
            ret+=query_sum(root);
        }
    return ret;
}
void dfs1(int u){
    sz[u]=1;son[u]=0;
    for(int i=h[u];~i;i=a[i].next){
        int v=a[i].v;if(v==fa[u])continue;
        fa[v]=u;dep[v]=dep[u]+1;
        dfs1(v);
        sz[u]+=sz[v];
        if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v;
    }
}
void dfs2(int u,int anc){
    tid[u]=++dfs_clock;rank[tid[u]]=u;top[u]=anc;
    if(son[u]){
        dfs2(son[u],anc);
        for(int i=h[u];~i;i=a[i].next){
            int v=a[i].v;if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
            dfs2(v,v);
        }
    }
}
int main(){
//  freopen("1036.in","r",stdin);
    read(n);
    memset(h,-1,sizeof h);tot=0;
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        int x,y;
        read(x);read(y);
        add_e(x,y);add_e(y,x);
    }
    dfs1(1);dfs_clock=0;dfs2(1,1);
    for(int i=1;i<=n;i++)read(w[i]);
    build(root);
    int q;read(q);
    while(q--){
        int x,y;char op[10];scanf("%s",op);read(x);read(y);
        if(op[0]=='C'){
            pos=tid[x];val=y;
            set(root);
        }else
        if(op[1]=='M'){
            printf("%d\n",find(x,y,0));
        }else
        if(op[1]=='S'){
            printf("%d\n",find(x,y,1));
        }
    }
    return 0;   
}

后记

1.树剖很重要的一点就是搞清楚要处理的这个点的编号究竟是原来的编号还是数据结构上的编号。(多搞几个前后编号不同的数据)(每个顶点的点权与id一致,方便debug)
2.x=fa[top[x]]不要忘。

题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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