几道查询树上点之间的路径的题目

T1：

A 求和

时间限制: 1 Sec  空间限制: 256 MB

输入输出文件名:A.in,A.out

题目描述

给出一棵以1为根的有n个节点的树，树上每条边都有其边权。

求所有点对之间的路径上的边权和的总和。

输入格式：

第一行为n

接下来n-1行，每行三个整数，分别表示一条边的两端点编号和边权。（编号为1..n）

输出格式：

输出一个数字表示总和

输入样例

4

1 2 10

2 3 10

1 4 20

 

输出样例

130

样例解释

1->2:10 , 1->3:20 , 1->4:20 , 2->3:10 , 2->4:30 , 3->4:40 , 总和为130。

数据范围

对于30%的数据，1<=n<=300

对于80%的数据，1<=n<=3000

对于100%的数据，1<=n<=100000，边权为<=100的正整数。

这题的做法是考虑每条边对答案的贡献（套路题QAQ）

即考虑有多少条路径经过这条边

易知即边左边的点的数目*另一边的点的数目

我们可以先从根节点dfs一遍求出每个节点的子树的大小

即一边的点的数目

这样就可以得到贡献为 cost*size[e[k].to]*(n-size[e[k].to])

#include
#include
const int N=100005;
struct node
{
	int to,next,c;
}e[N*2];
int first[N],visit[N],size[N];
int cnt=0;
int n;
void insert(int u,int v,int c)
{
	e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];first[u]=cnt;e[cnt].c=c;
	e[++cnt].to=u;e[cnt].next=first[v];first[v]=cnt;e[cnt].c=c;
}
long long ans=0;long long sum=0;
void dfs(int x)
{	
	visit[x]=1;size[x]=1;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	if(!visit[e[k].to])
	{
		dfs(e[k].to);
		size[x]+=size[e[k].to];
	}
}
void dfs2(int x)
{
	visit[x]=1;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	{
		if(!visit[e[k].to])
		{
			ans+=e[k].c*size[e[k].to]*(n-size[e[k].to]);
			dfs2(e[k].to);
		}	
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	int u,v,c;
	for(int i=1;i

}

T2：

Xor路

(xor.pas/c/cpp) 128MB 1s

给定一棵有N个点和N-1条边的树，请你求出树中的最长路径，以及总共有多少条最长路径。

这里路径长度是用xor定义的，即若经过的边的权值为a1, a2, a3,...,an，则这条路径的总权值为 a1 xor a2 xor a3 ... xor an。

输入格式

第1行为一个正整数 N，为点的个数。

第2行至第N行，每行包含三个正整数x,y,z，表示x和y之间有一条权值为z的边。

输出格式

仅一行，包含两个数字，为最长路径的长度和条数。

样例输入

4

1 2 3

2 4 1

1 3 4

样例输出

7 1

样例解释

2-1-3 这条路径，长度为3 xor 4=7。

数据范围

全部数据满足 0<=z<=1e9

（请注意栈空间溢出）

由xor的性质可得

两个点的路径即为根节点到一个点的路径^根节点到另一个点的路径

然后又由xor的性质可得

高位上两个值的二进制表示不同

异或的结果就为1（这样是最优的）

所以想到建一颗trie树

维护对一个值的最优异或结果

并统计方案数

#include
#include
const int N=200005;
struct node
{
	int next,to,c;
}e[N*2];
int qu[N+100],dis[N];int cnt=0;int first[N],visit[N];
int l[N*31][2];
int h[N*31];
void insert(int u,int v,int c)
{
	e[++cnt].to=v;e[cnt].next=first[u];e[cnt].c=c;first[u]=cnt;
	e[++cnt].to=u;e[cnt].next=first[v];e[cnt].c=c;first[v]=cnt;
}
void bfs()
{
	int head=1,tail=2;
	qu[1]=1;
	while(head<=tail)
	{
		int rr=qu[head++];visit[rr]=1;
		for(int k=first[rr];k;k=e[k].next)
		if(!visit[e[k].to])
			visit[e[k].to]=1,qu[tail++]=e[k].to,dis[e[k].to]=dis[rr]^e[k].c;
	}
}
int k=0;
int tot=0;
void insert(int x)
{
	int ro=0;
	for(int i=30;i>=0;i--)
	{
		int cnt=(x&(1<>i;
		if(!l[ro][cnt])	l[ro][cnt]=++tot;
		ro=l[ro][cnt];
	}
	h[ro]++;
}
int find(int x)
{
	int ro=0;
	for(int i=30;i>=0;i--)
	{
		int cnt=(x&(1<>i;
		if(l[ro][!cnt])	ro=l[ro][!cnt],k+=(1<max)		max=k,sum=p;
		else if(k==max)	sum+=p;
	}
	printf("%lld %lld\n",max,sum>>1);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

                                        

                            T3

时间限制: 1 Sec  空间限制: 256 MB

输入输出文件名:B.in,B.out

题目描述

给出一棵以1为根的有n个节点的树，树上每条边都有其边权。

四条琉璃想选择一个点作为起点，他希望这个起点到其他所有点距离和是最小的。

 

输入格式：

第一行为n

接下来n-1行，每行三个整数，分别表示一条边的两端点编号和边权。（编号为1..n）

输出格式：

一个数，表示那个最小的距离和。

输入样例

5

1 2 10

2 3 10

1 4 20

2 5 10

 

输出样例

60

样例解释

选2作为起点。2->1:10,2->3:10,2->4:30,2->5:10，总和为60

数据范围

对于40%的数据，1<=n,m<=2333

对于100%的数据，1<=n,m<=300 000，边权为<=100的正整数

这道题很多种方法可以做

方法一：

发现可以O（1）转移

先求出一个节点的答案

然后从一个点转移到另一个点

就+e[k].c*(n-size[e[k].to])-e[k].c*size[e[k].to]

其实就是求的树的重心

方法二：s

双向树形dp

第一次dfs从儿子上传信息到父亲

即维护一个点到它的子树内每个点的距离之和（big数组）

第二次dfs从父亲下传信息到儿子

即维护到子树外的点的距离之和（f数组）（父亲和兄弟）

转移方程看代码吧

#include
#include
const int N=300050;
struct node
{
	int next,to,c;
}e[N*2];
int first[N];
int cnt=0;
long long int f[N];
int	 n;
void insert(int u,int v,int c)
{
	e[++cnt]=(node){first[u],v,c};first[u]=cnt;
	e[++cnt]=(node){first[v],u,c};first[v]=cnt;
}
long long int big[N];
int size[N],visit[N];
void dfs1(int x)
{
	visit[x]=1;size[x]=1;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	if(!visit[e[k].to])
	{
		dfs1(e[k].to);
		size[x]+=size[e[k].to];
		big[x]+=big[e[k].to]+(long long )e[k].c*size[e[k].to];
	}
}
void dfs2(int x)
{
	visit[x]=1;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	if(!visit[e[k].to])
	{
		f[e[k].to]=f[x]+(big[x]-big[e[k].to]-(long long )size[e[k].to]*e[k].c)+(n-size[e[k].to])*(long long )e[k].c;
		dfs2(e[k].to);
	}
}
int main()
{
	freopen("B.in","r",stdin);
	freopen("B.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	int u,v,c;
	for(int i=1;i

T4：

题面因为某些原因不能搬啦

注意到路径的一端肯定是叶子

所以套路其实就跟T1一样啦

算一下子树内的叶子数就可以了

然后注意根节点如果只有一个儿子也可以是路径的终点（其实就跟叶子一样啦）

#include
#include
const int N=100070;
struct node
{
	int to,next,c;
}e[N*2];
int cnt;
int first[N];
void insert(int u,int v,int c)
{
	e[++cnt]=(node){v,first[u],c};first[u]=cnt;
	e[++cnt]=(node){u,first[v],c};first[v]=cnt;
}
int read()
{
	int ans=0;char t=getchar();
	while(t<'0'||t>'9')	t=getchar();
	while(t>='0'&&t<='9')	ans=ans*10+t-'0',t=getchar();
	return ans;
}
int visit[N],size[N],leave[N];
void dfs(int x)
{
	visit[x]=1;size[x]=1;
	int sum=0;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	if(!visit[e[k].to])
	{
		sum++;
		dfs(e[k].to);
		size[x]+=size[e[k].to];
		leave[x]+=leave[e[k].to];
	}
	if(x==1&&sum==1)	leave[x]+=1;
	if(!sum)	leave[x]=1;
}
unsigned long long ans=0;
int n,m;
void dfs2(int x)
{
	visit[x]=1;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	if(!visit[e[k].to])
	{
		ans+=(unsigned long long)leave[e[k].to]*(n-size[e[k].to])*e[k].c;
		ans+=(unsigned long long)(leave[1]-leave[e[k].to])*size[e[k].to]*e[k].c;
		dfs2(e[k].to);
	}
}
int main()
{
	freopen("senso.in","r",stdin);
	freopen("senso.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	int l,u,v;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		l=read(),u=read(),v=read();
		insert(u,v,l);
	}	
	dfs(1);
	memset(visit,0,sizeof(visit));
	dfs2(1);
	printf("%llu\n",ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

T5：

异或又来辣

求树上两点之间的路径的异或和

如果没有修改直接dfs就可以了

如果加上点修改

那么注意到修改一个点只会对该点的子树的dis产生影响

而子树的dfs序是连续的

所以其实不用树链剖分

直接线段树就可以了

#include
#include
#define lson ro<<1
#define rson ro<<1|1
const int N=500090,mod=100000007;
struct edgt
{
	int to,next,v;
}e[N<<1];

int read()
{
	int ans=0;char t=getchar();
	while(t<'0'||t>'9')	t=getchar();
	while(t>='0'&&t<='9')	ans=ans*10+t-'0',t=getchar();
	return ans;
}
int cnt;
int first[N];
void insert(int u,int v,int c)
{
	e[++cnt]=(edgt){v,first[u],c};first[u]=cnt;
	e[++cnt]=(edgt){u,first[v],c};first[v]=cnt;
}
int visit[N],dis[N];
void dfs(int x)
{
	visit[x]=1;
	for(int k=first[x];k;k=e[k].next)
	if(!visit[e[k].to])
	{
		dis[e[k].to]=dis[x]^e[k].v;
		dfs(e[k].to);
	}
}
int a[30];
long long ans[(1<<20)+7];
int main()
{
	freopen("mahou.in","r",stdin);	
	freopen("mahou.out","w",stdout);	
	int n=read(),q=read(),k=read();
	int u,v,c;
	for(int i=1;i>1;count++;
		}
	}
	dfs(1);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		u=read(),v=read();
		printf("%lld\n",ans[dis[u]^dis[v]]);
	}	
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}