问题描述
费了一番功夫,神犇 CJK 终于完成了前三道题目。“不错,不愧是新一代神犇啊!” JesseLiu 满意地说道,“不过,你在算法方面的功底固然不错。对于数据结构的运用,你又掌握地如何呢?”
听到“数据结构”这四个字,就连身为神犇的 CJK 也不禁吓出一身冷汗。“年轻人,现在,对于我给定一棵树,你需要完成以下操作:
1.修改某个点的权值;
2.查询某两点间路径上所有点的权值和;
3.查询某点子树的权值和。”
CJK 脸上闪过一丝不屑:不就是道链剖裸题吗?
“这只是第一问。”JesseLiu 似乎也觉得这道题太水了,于是补充道:“完成以上所有操作后,我还会有以下几种询问:
- 询问某个点子树上有多少个点的权值小于等于 k;
- 询问某两点之间的路径上有多少点的权值小于等于 k;”
尽管 CJK 是神犇,但遇到这种题,也不禁感到一丝恐惧。还好,通过自己的玄学力量,他联系到了他的同学——你。现在,就请你 A 掉这最后一道水题。
输入格式
第一行一个数 n,表示点的总数。接下来 n-1 行,一行两个整数 x 和 y,表示x 和 y 之间有边相连。接下来一个整数 m1,表示第一问中操作的数量。接下来m1 行表示操作,格式如下:
“1 x y”将点 x 的权值修改为 y;
“2 x y”询问 x 到 y 路径上的点权之和(包括 x 和 y);
“3 x”询问 x 的子树上的点权和(包括 x);
接下来一行 m2,表示第二问中操作的数量。接下来 m2 行描述操作,格式如下:
“1 x y z”询问 x 到 y 的路径上有多少个点的权值小于等于 z;
“2 x y”询问 x 的子树上有多少个点的权值小于等于 y;
每个点的初始权值为 0。
输出格式
对于每一次询问,输出一个整数表示询问的答案。
样例输入输出
样例输入1
3
1 2
1 3
3
1 1 3
1 3 1
3 1
2
2 1 2
1 1 3 1
样例输出1
4
2
1
样例输入2
5
1 2
1 3
3 4
3 5
5
3 1
1 3 1
2 4 5
1 4 -1
3 3
2
1 1 5 0
2 3 -1
解析
对于第一问，显然是一道树链剖分单点修改加区间查询和的裸题，直接做即可。
对于第二问，一个点要产生贡献，当且仅当这个点在查询的范围内(子树or路径)，产生的贡献为1。为了满足限制，我们需要保证在询问时，除了小于等于询问值的节点的值为1以外其余节点都为0。我们可以想到，将询问与节点一起记在一个操作数组中，按照第一问的权值或者询问的值从小到大排序。每一个节点视为一个将节点对应的值变为1的操作，询问同第一问。
代码
#include
#include
#include
#include
#define N 500002
using namespace std;
struct opt{
int op,id,x,y,val;
}a[N];
int head[N],ver[N*2],nxt[N*2],l;
int n,m1,m2,i,dfn[N],end[N],tim,ans[N];
int fa[N],size[N],top[N],son[N],dep[N],pos[N],tree[N],cnt;
void insert(int x,int y)
{
l++;
ver[l]=y;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
}
void dfs1(int x)
{
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(y!=fa[x]){
fa[y]=x;
dep[y]=dep[x]+1;
dfs1(y);
if(size[son[x]]qr) return 0;
if(l>=ql&&r<=qr) return tree[p];
int mid=(l+r)/2;
return ask(p*2,l,mid,ql,qr)+ask(p*2+1,mid+1,r,ql,qr);
}
int find(int u,int v)
{
int f1=top[u],f2=top[v],ans=0;
while(f1!=f2){
if(dep[f1]dep[v]) swap(u,v);
return ans+ask(1,1,n,pos[u],pos[v]);
}
int my_comp(const opt &a,const opt &b)
{
if(a.val==b.val) return a.op>n;
for(i=1;i>u>>v;
insert(u,v);
insert(v,u);
}
dfs1(1);
dfs2(1,1);
cin>>m1;
for(i=1;i<=m1;i++){
int op,x,y;
cin>>op;
if(op==1){
cin>>x>>y;
update(1,1,n,pos[x],y);
}
else if(op==2){
cin>>x>>y;
cout<>x;
cout<>m2;
int tmp=m2;
for(i=1;i<=m2;i++){
int op,x,y,z;
cin>>op;
if(op==1){
cin>>x>>y>>z;
a[i]=(opt){op,i,x,y,z};
}
else{
cin>>x>>y;
a[i]=(opt){op,i,x,0,y};
}
}
for(i=1;i<=n;i++) a[++m2]=(opt){0,m2,i,0,ask(1,1,n,pos[i],pos[i])};
memset(tree,0,sizeof(tree));
sort(a+1,a+m2+1,my_comp);
for(i=1;i<=m2;i++){
if(a[i].op==0) update(1,1,n,pos[a[i].x],1);
else if(a[i].op==1) ans[a[i].id]=find(a[i].x,a[i].y);
else ans[a[i].id]=ask(1,1,n,dfn[a[i].x],end[a[i].x]);
}
for(i=1;i<=tmp;i++) cout< 总结
一个思路：为了消去影响，可以使一个影响产生在询问以后，通过排序以及适当的转化实现。