cogs 1672. [SPOJ 375] 难存的情缘 树链剖分套线段树 易错！ 全博客园最长最详细的题解

1672. [SPOJ 375] 难存的情缘

★★★   输入文件：qtree.in   输出文件：qtree.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：256 MB

【题目描述】

一天机房的夜晚，无数人在MC里奋斗着。。。

大家都知道矿产对于MC来说是多么的重要，但由于矿越挖越少，勇士们不得不跑到更远的地方挖矿，但这样路途上就会花费相当大的时间，导致挖矿效率低下。

cjj提议修一条铁路，大家一致同意。

大家都被CH分配了一些任务：

zjmfrank2012负责绘制出一个矿道地图，这个地图包括家（当然这也是一个矿，毕竟不把家掏空我们是不会走的），和无数个矿，所以大家应该可以想出这是一个无向无环图，也就是一棵树。

Digital_T和cstdio负责铺铁路。。所以这里没他们什么事，两位可以劳作去了。

这个时候song526210932和RMB突然发现有的矿道会刷怪，并且怪的数量会发生变化。作为采矿主力，他们想知道从一个矿到另一个矿的路上哪一段会最困难。。。（困难值用zjm的死亡次数表示）。

【输入格式】

输入文件的第一行有一个整数N，代表矿的数量。矿的编号是1到N。

接下来N-1行每行有三个整数a,b,c，代表第i号矿和第j号矿之间有一条路，在初始时这条路的困难值为c。

接下来有若干行，每行是“CHANGE i ti”或者“QUERY a b”，前者代表把第i条路（路按所给顺序从1到M编号）的困难值修改为ti，后者代表查询a到b所经过的道路中的最大困难值。

输入数据以一行“DONE”结束。

【输出格式】

对每个“QUERY”操作，输出一行一个正整数，即最大困难值。

【样例输入】

3

1 2 1

2 3 2

QUERY 1 2

CHANGE 1 3

QUERY 1 2

DONE

【样例输出】

1

3

【提示】

对于60%的数据，1<=N<=50

对于100%的数据，1<=N<=10000，1<=c<=1000000,1<=操作次数<=100000

【来源】

由GDFRWMY 改编自SPOJ 375 QTREE

数据by cstdio

 

啊哈，又来了坑人的树链剖分（太气人了 上一次考试就被它坑惨了） +线段树

多练练也许就好了   所以!（隆重决定 猛敲一遍这一道题 <<意思就是说代码很长且心情愤怒）

 

这一道题就是用一个树链剖分 放到线段树里

啊 哈 来啦！~~~♪(^∇^*)

 

 

大肆纪念  ！！调了两天终于做出来了（无比艰辛 心情复杂）

首先这一题有如下几个坑：

1.边权转点权 因为要把这棵树进行树链剖分以后撂到线段树上 那线段树上只能存点的值啊 就要把边权转化为点权 那么这个该怎么办呢

这是我的那个第一个DFS函数 在处理树链剖分的同时 不是会枚举到边嘛 就把边权放在y那个点上（就是放在儿子上），这样子就不用单独再把所有边全部枚举一遍 再把边权放在深度更大的一端上了♪(^∇^*)莫名开心

 

2.在Change函数中是输入边的编号（按照输入顺序来编号） 把边权改为z

呵呵 这一个方面 其实这个地方我处理的还不是非常好

我后来想到一个方法 就是单独再设一个数组 aindex 数组 和 bindex 数组 aindex[i]表示第i条边的a端点是那一个点 这样子在Change函数的时候直接拿出来用就可以了

我用了一个非常玄学的办法QAQ 再来瞅瞅我的代码

首先我设了两个神奇的数组

那个Index数组 额 就是记录是边（的一个端点）是第几个读入的   IndexDian就是记录第x条边的边权应该放在哪一个点上（是不是非常玄学QAQ 我坚信您现在还没很明白）

再来看看存储：

这是输入各个边的边权的那一段

就是存起来嘛 

然后：

再次回到刚才的那个第一个DFS函数

第88行的那个就是说。。。首先那个Index[x][i]里就是说x和v[x][i]之间的那一条边的编号

整个IndexDian[Index[x][i]]=y就是第Index[x][i]条边的边权要放在y（儿子）那个点上QAQ

那么在调用的时候怎么办呢？

看到那个192行了吗（废话啊） 

x不是就是输入边的编号吗 这样子就直接找出来应该修改那一个点的点权即可 ♪(^∇^*)（有点自豪）这样子就变的非常简单啦

 

3.重头戏：怎样查询从a到b路径上的最大边权

看似简单 然后我就猛敲了一顿 过了样例 就交了上去 结果。。10分！WA了9个点 只A了一个点（我太蒟了）

这到底是为什么呢 ？经过数百次的手造数据的验证 我终于找出了错误的原因

我之前的写法是 直接按照求a到b的路径上的最大点权的做法来做的（看起来没有任何问题啊）

事实上有反例

快看下面这个图 ♪(^∇^*)

非常粗糙 哈哈不要介意啦 （人家可是很用心地在写博客）

先来解释一下这个图是什么意思吧

黑色的那个12345 自然就是点的编号（最上面的那个1丢了 不要介意嘻嘻(#^.^#)）

红色的汉字的 一二三四 就是输入边的顺序（编号）

蓝色的线段（额 这个不需要解释了吧） 就是连上一条边啊

黄色的那个代表边权

 

按照我们的做法 我们把边权全部放在了点上

那么如果你要是求 2 到 5 路径上最大边权 没问题

你看 2点点权2 1点点权0 3点点权6 5点点权4   那么最大值就是6啦 就是  1-3之间的那条边

（一切看起来都没有任何问题QAQ）

但是如果要是求4-5 路径上最大边权呢？很显然是3-5之间的那个4啊

但是！你的程序如果按照路径最大点权 跑出来的却是6 为什么呢？

原来 你把1-3的边权放在了3上 在4-5的路径上有3 自然3那个点的点权（其实不是4-5路径上的边权）就成了最大值

这可咋整！？（困惑了我一个上午）

 

我们再来分析一下第一个例子 就是求2-5的最大边权为什么没有出问题 我们惊奇地发现原来因为1点是0

其实这个还是比较好解释和理解的

在把边权撂到深度更大的那个点（简称儿子）以后

a b 两点的 最近公共祖先的值 代表的是最近公共祖先往上（专业术语：深度更小）的那一条边的边权，其实我们是不考虑它的

（仔细想想也许你就明白了）

理解了错误原因后 那么我们怎么处理？这真是一个棘手的问题啊

我们再来观察一下代码 

看看那一段LCA

加了一堆+1 的那一段绝望的注释仿佛已经解释了我所经历的一切

就是说那个while函数以后 已经把x和y两个点放到了同一条重链上 为甚么这么说呢？

（答案：自己去看定义！）<<算啦 开玩笑啦~♪(^∇^*)

whike函数的停止条件是top[x]=top[y]那不是就到一条重链上了吗QAQ

然后！奇迹的一段代码来临了  

我们把x和y两个点跳到同一条重链上以后 需要把深度更大的那个点（这里定义成了y 你看有个swap函数）往上跳 和x相遇 也就是说要再求一下x和y之间那一段（重链上）的最大值 更新res

然后呢？首先我们知道树链剖分的时候是先走重链 也就是说同一条重链的编号是连续的（自己去看定义！） 所以我们只需要 把x（就是更靠上的那一个点 其实现在就已经是LCA最近公共祖先了）的编号+1传进那个Max函数就可以了（是不是非常机智）

x的编号+1也是非常好理解的 就是x到y之间不是有一条重链吗

>>灵魂画手再次上线

（默默地说：画技太差 我都看不下去了QAQ）

那个紫色的就是一条重链 x和y已经跳到了如图所示的位置

那么3那个点的pos就是1点的pos+1   （不信可以在代码中输出一下pos值瞅一眼♪(^∇^*)）

同理4的pos也是3那个点的pos值+1  （话说pos是啥？拍照时的那个吗  NoNoNo 是记录每个点是第几个访问到的）

也就是说如果查询pos[1]+1  到 pos[4]  那么我们就可以非常愉快地把1那个点的点权完美地忽略掉了，就只求出3 4点的点权的较大值  也就是1-3  和 3-4 两条边的边权的较大值

所以这一题就解决了

下面贴出宏伟代码吧♪(^∇^*)  太艰辛了QAQ （<<等于我太蒟了）

 

  1 #include
  2 #include
  3 #include
  4 #define ls (p*2)
  5 #define rs (p*2+1)
  6 #define mid (l+r>>1)
  7 #define INF 0x3f3f3f3f
  8 using namespace std;
  9 const int maxn=10005;
 10 int n,cnt;
 11 vector<int> v[maxn],w[maxn],Index[maxn];
 12 int IndexDian[maxn];
 13 int a[maxn];//要把边权转化为点权啊 
 14 int son[maxn],fa[maxn];
 15 int size[maxn],top[maxn],dep[maxn],dfn[maxn],pos[maxn];
 16 int sum[maxn<<2];
 17 void Dfs(int x)
 18 {
 19     size[x]=1; 
 20     for(int i=0;i)
 21     {
 22         int y=v[x][i];
 23         if(!size[y])
 24         {
 25             fa[y]=x;
 26             dep[y]=dep[x]+1;
 27             IndexDian[Index[x][i]]=y;
 28             a[y]=w[x][i];//边权→点权 
 29             Dfs(y);
 30             size[x]+=size[y];
 31             if(size[y]>size[son[x]])
 32                 son[x]=y;//更新重儿子 
 33         }
 34     }
 35 }
 36 void Dfs(int x,int Tp)
 37 {
 38     top[x]=Tp;
 39     dfn[++cnt]=x;
 40     pos[x]=cnt;
 41     if(son[x])
 42     {
 43         Dfs(son[x],Tp);//先走重链 
 44     }
 45     for(int i=0;i)
 46     {
 47         int to=v[x][i];
 48         if(!top[to])
 49         {
 50             Dfs(to,to);//轻链 
 51         }
 52     }
 53 }
 54 void Build(int p,int l,int r)
 55 {
 56     if(l==r)
 57     {
 58         sum[p]=a[dfn[l]];
 59         return;
 60     }
 61     Build(ls,l,mid);
 62     Build(rs,mid+1,r);
 63     sum[p]=max(sum[ls],sum[rs]);
 64     return;
 65 }
 66 void Change(int p,int l,int r,int posx,int z)
 67 {
 68     if(l==r)
 69     {
 70         sum[p]=z;
 71         return;
 72     }
 73     if(posx<=mid)
 74         Change(ls,l,mid,posx,z);
 75     else 
 76         Change(rs,mid+1,r,posx,z);
 77     sum[p]=max(sum[ls],sum[rs]);
 78     return;
 79 }
 80 int Max(int p,int l,int r,int s,int t)
 81 {
 82     if(s>r||t<l)
 83         return -INF;
 84     if(s<=l&&r<=t)
 85         return sum[p];
 86     return max(Max(ls,l,mid,s,t),Max(rs,mid+1,r,s,t));
 87 }
 88 int LCA(int x,int y)
 89 {
 90     int res=-INF;
 91     while(top[x]!=top[y])
 92     {
 93         if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
 94             swap(x,y);
 95         res=max(res,Max(1,1,n,pos[top[x]],pos[x]));
 96         x=fa[top[x]];
 97     }
 98     if(dep[x]>dep[y])
 99         swap(x,y);
100     res=max(res,Max(1,1,n,pos[x]+1,pos[y]));//+1  +1  +1  ！！！ 
101     return res;
102 }
103 int main()
104 {
105 //    freopen("qtree.in","r",stdin);
106 //    freopen("qtree.out","w",stdout);
107     scanf("%d",&n);
108     for(int i=1;i)
109     {
110         int x,y,z;
111         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
112         v[x].push_back(y);
113         w[x].push_back(z);
114         v[y].push_back(x);
115         w[y].push_back(z);
116         Index[x].push_back(i);
117         Index[y].push_back(i);
118     }
119     Dfs(1);
120     Dfs(1,1);
121     Build(1,1,n);
122     string s;
123     while(cin>>s)
124     {
125         if(s[0]=='D')
126             break;
127         if(s[0]=='C')
128         {
129             int x,z;
130             scanf("%d%d",&x,&z);
131             x=IndexDian[x];
132             Change(1,1,n,pos[x],z);
133         }
134         if(s[0]=='Q')
135         {
136             int x,y;
137             scanf("%d%d",&x,&y);
138             printf("%d\n",LCA(x,y));
139         }
140     }
141     return 0;
142 }

代码 点开看看 直接放出来会影响美观的♪(^∇^*)

 

你以为这篇题解就结束了吗（天哪 至少有2000多字了）

不 你想错了 我们要学会举一反三QAQ

如果题目这样子出

还是告诉你边权，让你求a到b路径上边权的和  QAQ

这应该怎么办呢  其实这个还是比刚才的那个简单多了

只需要求出来和之后减去最近公共祖先LCA的点权即可 因为毕竟是求和 一开始算上LCA也没什么大不了的 但是如果还是简单地按照求路径点权和就不行了 因为最近公共祖先的点权代表的是这条路径外的边的边权 我们要在用朴素（<<呵呵o(*￣︶￣*)o）且简单（<<简单吗╭(╯^╰)╮）的做法  求出来路径大的点权和之后  再减去LCA的点权

所以这一篇全博客园最宏伟的题解到此就结束了QAQ

最后还有一个小彩蛋 至于是什么呢（QAQ♪(^∇^*)）点一下下面的那个程序猫的图片就知道啦~

感谢您认真（死撑着）看完了我的题解 啦啦 欢迎关注哦