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【BZOJ 3531】 [Sdoi2014]旅行

来源：程序员人生发布时间：2015-04-14 08:06:40 阅读次数：2595次

3531: [Sdoi2014]旅行

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB
Submit: 575 Solved: 303
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Description

S国有N个城市，编号从1到N。城市间用N⑴条双向道路连接，满足
从1个城市动身可以到达其它所有城市。每一个城市信仰不同的宗教，如飞天面条神教、隐形独角兽教、绝地教都是常见的信仰。为了方便，我们用不同的正整数代表各种宗教， S国的居民常常旅行。旅行时他们总会走最短路，并且为了不麻烦，只在信仰和他们相同的城市留宿。固然旅程的终点也是信仰与他相同的城市。S国政府为每一个城市标定了不同的旅行评级，旅行者们常会记下途中（包括出发点和终点）留宿过的城市的评级总和或最大值。
在S国的历史上常会产生以下几种事件：
”CC x c”：城市x的居民全部改信了c教；
”CW x w”：城市x的评级调剂为w;
”QS x y”：1位旅行者从城市x动身，到城市y，并记下了途中留宿过的城市的评级总和；
”QM x y”：1位旅行者从城市x动身，到城市y，并记下了途中留宿过
的城市的评级最大值。
由于年代久远，旅行者记下的数字已遗失了，但记录开始之前每座城市的信仰与评级，还有事件记录本身是完好的。请根据这些信息，还原旅行者记下的数字。为了方便，我们认为事件之间的间隔足够长，以致在任意1次旅行中，所有城市的评级和信仰保持不变。

Input

输入的第1行包括整数N，Q顺次表示城市数和事件数。
接下来N行，第i+l行两个整数Wi，Ci顺次表示记录开始之前，城市i的

评级和信仰。
接下来N⑴行每行两个整数x，y表示1条双向道路。
接下来Q行，每行1个操作，格式如上所述。

Output

对每一个QS和QM事件，输出1行，表示旅行者记下的数字。

Sample Input

Sample Output

HINT

N，Q < =10^5 ， C < =10^5

数据保证对所有QS和QM事件，出发点和终点城市的信仰相同；在任意时

刻，城市的评级总是不大于10^4的正整数，且宗教值不大于C。

Source

Round 1 Day 1

树链剖分+动态开结点。

如果没有同1个信仰的限制就是裸的树链剖分了。

我们可以对每个信仰都建1棵线段树，但是普通方法建线段树就会MLE。

因此我们采取动态开结点的办法：
假定 $n=5$ ,我们要在线段树中加入1个 $id=4$ 的人，那末我们只需要开”4⑸”这个结点，而不用开”1⑶”的结点，由于开了也没用。

在最坏情况下，每一个人都属于不同的信仰，我们对每一个信仰开1棵线段树，也只需要 $nlogn$ 个节点了~

然后就是裸的树链剖分了。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define M 100005
using namespace std;
int id[M],n,now,q,h[M],tote=0,tot=0,fa[M],size[M],son[M],dep[M],top[M];
int root[M];
struct data
{
    int c,w;
}a[M];
struct Segtree
{
    int l,r,ma,sum;
}t[8000005];
struct edge
{
    int y,ne;
}e[M*2];
void Addedge(int x,int y)
{
    e[++tote].y=y;
    e[tote].ne=h[x];
    h[x]=tote;
}
void dfs1(int x,int f,int de)
{
    dep[x]=de;
    size[x]=1;
    son[x]=0;
    fa[x]=f;
    for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
    {
        int y=e[i].y;
        if (y==f) continue;
        dfs1(y,x,de+1);
        size[x]+=size[y];
        if (size[son[x]]<size[y])
            son[x]=y;
    }
}
void dfs2(int x,int tp)
{
    top[x]=tp;
    id[x]=++now;
    if (son[x]) dfs2(son[x],tp);
    for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
    {
        int y=e[i].y;
        if (y==son[x]||y==fa[x]) continue;
        dfs2(y,y);
    }
}
void Push_up(int x)
{
    t[x].ma=max(t[t[x].l].ma,t[t[x].r].ma);
    t[x].sum=t[t[x].l].sum+t[t[x].r].sum;
}
void Build(int &x,int l,int r,int p,int v)
{
    if (!x) x=++tot;
    if (l==r)
    {
        t[x].sum=t[x].ma=v;
        return;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    if (p<=m) Build(t[x].l,l,m,p,v);
    else Build(t[x].r,m+1,r,p,v);
    Push_up(x);
}
int Getsum(int x,int lt,int rt,int l,int r)
{
    if (!x) return 0;
    if (l<=lt&&rt<=r) return t[x].sum;
    int m=(lt+rt)>>1;
    int ans=0;
    if (l<=m) ans+=Getsum(t[x].l,lt,m,l,r);
    if (r>m) ans+=Getsum(t[x].r,m+1,rt,l,r);
    return ans;
}
int Qsum(int x,int y)
{
    int C=a[x].c;
    int tp1=top[x],tp2=top[y];
    int ans=0;
    while (tp1!=tp2)
    {
        if (dep[tp1]<dep[tp2])
            swap(tp1,tp2),swap(x,y);
        ans+=Getsum(root[C],1,n,id[tp1],id[x]);
        x=fa[tp1];
        tp1=top[x];
    }
    if (x==y) return ans+(a[x].c==C)*a[x].w;
    if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    ans+=Getsum(root[C],1,n,id[x],id[y]);
    return ans;
}
int Getmax(int x,int lt,int rt,int l,int r)
{
    if (!x) return 0;
    if (l<=lt&&rt<=r) return t[x].ma;
    int m=(lt+rt)>>1;
    int ans=0;
    if (l<=m) ans=Getmax(t[x].l,lt,m,l,r);
    if (r>m) ans=max(ans,Getmax(t[x].r,m+1,rt,l,r));
    return ans;
}
int Qmax(int x,int y)
{
    int C=a[x].c;
    int tp1=top[x],tp2=top[y];
    int ans=0;
    while (tp1!=tp2)
    {
        if (dep[tp1]<dep[tp2])
            swap(tp1,tp2),swap(x,y);
        ans=max(ans,Getmax(root[C],1,n,id[tp1],id[x]));
        x=fa[tp1];
        tp1=top[x];
    }
    if (x==y) return max(ans,(a[x].c==C)*a[x].w);
    if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    ans=max(ans,Getmax(root[C],1,n,id[x],id[y]));
    return ans;
}
int main()
{
    now=0;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i].w,&a[i].c);
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Addedge(x,y);
        Addedge(y,x);
    }
    dfs1(1,0,1);
    dfs2(1,0);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        Build(root[a[i].c],1,n,id[i],a[i].w);
    while (q--)
    {
        char s[5];
        int x,y;
        scanf("%s",s);
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if (s[0]=='C')
        {
            if (s[1]=='C')
            {
                Build(root[a[x].c],1,n,id[x],0);
                a[x].c=y;
                Build(root[a[x].c],1,n,id[x],a[x].w);
            }
            else
            {
                a[x].w=y;
                Build(root[a[x].c],1,n,id[x],a[x].w);
            }
        }
        else
        {
            if (s[1]=='S')
                printf("%d
",Qsum(x,y));
            else printf("%d
",Qmax(x,y));
        }
    }
    return 0;
}

这里写图片描述
感悟：
这道题调了好久，由于树链剖分返回的时候没有判断最后1个点是不是是与出发点属于同1个信仰的。。

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