题面
英文题面
题意：给定一颗带边权的树，求一条边数在 [L,R][L,R] 之间的路径，并使得路径上边权的中位数最大。输出一条可行路径的两个端点。有两个中位数时取较大的那个。\(n \leq 10^5\)。
题解：对于中位数的题，常见的套路是二分答案\(w\)，将小于\(w\)的数定为-1或0，将大于等于\(w\)的数定为1，然后就能方便地进行一些操作。那么对于本题，二分答案\(w\)后，check时我们就只需要找到是否存在一条路径，它的边权和\(\geq 0\)。
考虑用点分治做。因为我们有\(L,R\)的限制，所以需要记一个\(a_i\)表示与分治中心距离为\(i\)的边权和的最大值。那么一个显然的做法就是大力搞棵线段树。但考虑到每个点在单次分治时需要查一次线段树，修改一次线段树，还要进行build操作，那么总复杂度就成了三个log，常数也很大，很难通过。考虑优化。
我们在进入分治中心的一个儿子查询时，可以考虑换一种查询方法：记\(b_i\)表示当前这个儿子的最大值，定义与\(a_i\)类似。又因为对于每个\(i\)，能对它产生贡献的是一段连续区间，且当\(i\)增大时，是个滑动窗口，那么就能用单调队列来优化这个过程。
但考虑到对于每个儿子，单调队列都要产生\(O(mxdep)\)的复杂度，这显然是不可接受的。所以，我们先将所有儿子按子树最大深度\(mxdep\)排序，这样，对于每个儿子\(x\)，复杂度就是\(O(mxdep_x)\)，加起来是\(O(n)\)级别的。这样，点分治的总复杂度就是\(O(nlogn)\)。
最好把点分树先建出来，以避免冗余的计算。
时间复杂度：\(O(nlog^2n)\)。
代码：又臭又长
#include
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
templateI read(D &res){
res=0;register D g=1;register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')g=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
res*=g;
}
const int INF=1e9+7;
vectort[101000];
struct E{
int to,nt,w,v;
}e[202000];
#define T e[k].to
int n,m,rot,L,R,M,sn,head[101000],tot,X,Y,W;
int siz[101000],vis[101000],dep[101000],mx[101000],val[101000],a[101000],pa[101000],b[101000],pb[101000],q[101000],hed,tal,N,maxi,root;
int A,B;
vectorson;
I add(int x,int y,int w){
e[++tot].to=y;e[tot].nt=head[x];head[x]=tot;e[tot].w=w;
}
I findroot(int x,int fa){
siz[x]=1;mx[x]=0;
for(re k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(T==fa||vis[T])continue;
findroot(T,x);
siz[x]+=siz[T];mx[x]=max(mx[x],siz[T]);
}
mx[x]=max(mx[x],N-siz[x]);
if(mx[x]b[dep[x]])b[dep[x]]=val[x],pb[dep[x]]=x;
for(re k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(T==fa||vis[T])continue;
D_3(T,x);
}
}
I conquer(int x){
if(sn)return;
// cout<<"Conq:"<=0)sn=1,A=pa[q[hed]],B=pb[1];
F(i,2,mx[d]){
while(hed<=tal&&q[hed]+i>R)hed++;
if(L-i<=maxi&&L>=i&&a[L-i]>-INF){
while(hed<=tal&&a[q[tal]]<=a[L-i])tal--;
q[++tal]=L-i;
}
if(hed<=tal&&b[i]+a[q[hed]]>=0)sn=1,A=pa[q[hed]],B=pb[i];
}
F(i,1,mx[d]){
if(a[i]>1;
if(ck(mid))dichotomize(mid,r);
else dichotomize(l,mid-1);
//,cout<<"!"<