点分治和点分树
文章目录
- 吐槽
- 题目
- [IOI2011]Race
- cf716 E. Digit Tree
- cf293 E. Close Vertices
- bzoj3730: 震波
- cf757 G. Can Bash Save the Day?
吐槽
去年送我退役的好东西。写了一道题就觉得自己已经会动态点分治的我真是too young too simple,sometimes naive.
现在至少不像去年抓破脑壳写个模板了。然鹅这并不影响我小bug一堆。这里数组越界，那里没有清空，那里变量改变了。。
题目
[IOI2011]Race
把我心态搞崩的好模板。
就是一个再普通不过的点分治模板，然鹅我死都调不过。重构代码还是不过，最后怎么改怎么改我也不知道该到哪里就过了。大概有d[0]被赋为n和tot-sz[x]写成tot-sz[to[i]]。
李巨教我直接判断儿子和我的sz大小关系来得到儿子实际的sz。
どこでもドア
//Achen
#includecf716 E. Digit Tree
どこでもドア
边上有1~9的数字，求路径上字符串连起来的数字mod p=0的路径个数。
路径掰两半， l v ∗ 1 0 d e p r + r v ≡ 0 ( m o d p ) lv*10^{dep_r}+rv \equiv 0\ (mod\ p) lv∗10depr+rv≡0 (mod p)
典型点分。(p,10)=1叫你用exgcd求10的逆元。
//Achen
#includecf293 E. Close Vertices
どこでもドア
问路径长度小于等于l权值小于等于w的路径数。一维排序双指针一维树状数组即可。一个容斥的小模板。
//Achen
#includebzoj3730: 震波
どこでもドア
以前写过但是当时写得非常痛苦的题。
指针动态分配内存搞树状数组也太好用了吧！但是查询的时候要和up取min不然会RE啊啊啊！
还有记下我点分树上的每一级祖先和我到他们的距离，以前的我还写个求lca来找距离是不是傻。。
每个点两个树状数组装子树内的点，一个按到自己的距离一个按到自己点分树父亲的距离排。
//Achen
#includecf757 G. Can Bash Save the Day?
どこでもドア
题意：给你一棵n个点的树和一个排列 p i {p_i} pi，边有边权。有q个操作：
1 l r x：询问 ∑ i = l r d i s t ( p i , x ) \sum\limits_{i=l}^r dist(p_i,x) i=l∑rdist(pi,x)
2 x： s w a p ( p x , p x + 1 ) swap(p_x,p_{x+1}) swap(px,px+1)
n , q ≤ 2 × 1 0 5 n,q\le 2\times 10^5 n,q≤2×105，强制在线。
讲课人说这是可持久化点分树，我说这不是可以set水过嘛？？然后开心地打了并且开心地T了。
每个点用set维护它管辖范围的点按在a中顺序的前缀和，就是两个log,然后70多个点的时候TLE了。
//Achen
#include::iterator
LL lastans;
void qry(int ql,int qr,int x) {
LL rs=0;
For(i,0,18) if(f[x][i]) {
int y=f[x][i];
IT it=rt[y].lower_bound((node){ql,0});
if(it==rt[y].end()) continue;
if(it!=rt[y].begin()) {
--it; rs-=((*it).sum[1]+(*it).sum[0]*dis[x][i]);
if(f[x][i+1]) rs+=((*it).sum[2]+(*it).sum[0]*dis[x][i+1]);
}
it=rt[y].lower_bound((node){qr,0});
node tpp=*it;
if(it==rt[y].end()||(*it).pos>qr) {
if(it==rt[y].begin()) continue;
--it;
}
tpp=*it;
rs+=((*it).sum[1]+(*it).sum[0]*dis[x][i]);
if(f[x][i+1]) rs-=((*it).sum[2]+(*it).sum[0]*dis[x][i+1]);
}
printf("%lld\n",rs); lastans=rs;
}
void change(int x) {
For(i,0,18) if(f[a[x]][i]) {
int u=f[a[x]][i];
IT it=rt[u].lower_bound((node){x});
node tp=*it;
rt[u].erase(it);
it=rt[u].lower_bound((node){x});
if(it!=rt[u].end()&&(*it).pos==x+1) {
node tp2=*it;
LL t1=tp.sum[1]-dis[a[x]][i]+tp2.sum[1]-tp.sum[1];
LL t2=tp.sum[2]-dis[a[x]][i+1]+tp2.sum[2]-tp.sum[2];
rt[u].insert((node){x,tp.sum[0],t1,t2});
}
else { tp.pos++; rt[u].insert(tp); }
}
For(i,0,18) if(f[a[x+1]][i]) {
int u=f[a[x+1]][i];
IT it=rt[u].lower_bound((node){x+1,0}),it2=it;
if(it2!=rt[u].begin()) it2--;
if((*it2).pos==x) break;
node t=*it; t.pos--;
rt[u].erase(it); rt[u].insert(t);
}
swap(a[x],a[x+1]);
p[a[x]]=x; p[a[x+1]]=x+1;
}
int main() {
//freopen("1.in","r",stdin);
//freopen("WA.out","w",stdout);
read(n); read(m);
For(i,1,n) read(a[i]),p[a[i]]=i;
For(i,2,n) {
int u,v,w;
read(u); read(v); read(w);
add(u,v,w);
}
RT=0; get_root(1,0,n);
build(RT,n);
For(i,1,m) {
int op,x,l,r;
read(op);
if(op==1) {
read(l); read(r); read(x);
l^=lastans%(1<<30); r^=lastans%(1<<30); x^=lastans%(1<<30);
qry(l,r,x);
}
else {
read(x);
x^=lastans%(1<<30);
change(x);
}
}
Formylove;
}
没有办法只有可持久化点分树了。。。
按a中的顺序在上一次的基础上建树，每个点维护现在有贡献的点数目和到它和它父亲的距离和，每次会新建一条链。发现修改只会影响x这一棵树，前后的树都不变，所以直接重新在x-1的基础上建新的x就好了。
然后因为要可持久化，强行多叉转二叉（卡空间3个儿子只能多建一个新管辖点。。）。强行把自底向上的优秀点分树变成自顶向下的丑陋玩意。
//Achen
#include