n個點，形成乙個樹狀結構。有m次發放，每次選擇兩個點x,y
對於x到y的路徑上（含x,y)每個點發一袋z型別的物品。完成
所有發放後，每個點存放最多的是哪種物品。
1<=n,m<=100000
1<=a,b,x,y<=n
1<=z<=10^9
比較巧妙的一道題。
考慮如果是在一條鏈上的話要怎麼做。那麼我們可以在x處加乙個加入z的標記，在y+1出加入乙個刪掉z的標記，然後用權值線段樹掃一遍就好了。
現在拓展到一棵樹上，我們可以在x和y處加入乙個加上z的標記，在lca和fa[lca]處加入乙個刪除z的標記，那麼我們每次可以把子節點的線段樹合併上來，然後處理標記資訊，最後查詢答案即可。
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int n=100005;
const int inf=1000000000;
int n,m,last[n],ls[n],fa[n][20],dep[n],cnt,sz,root[n],ans[n];
struct edgee[n*6];
struct treet[n*40];
intread()
while (ch>='0'&&ch<='9')
return
x*f;
}void addedge(int u,int v)
void dfs(intx)}
int get_lca(int
x,int
y)void ins(int &d,int l,int r,int
x,int
y) int mid=(l+r)/2;
if (x
<=mid) ins(t[d].l,l,mid,x,y);
else ins(t[d].r,mid+1,r,x,y);
t[d].mx=max(t[t[d].l].mx,t[t[d].r].mx);
}int merge(int d,int p,int l,int r)
int mid=(l+r)/2;
t[d].l=merge(t[d].l,t[p].l,l,mid);
t[d].r=merge(t[d].r,t[p].r,mid+1,r);
t[d].mx=max(t[t[d].l].mx,t[t[d].r].mx);
return d;
}int query(int d,int l,int r)
void solve(int
x) for (int i=ls[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].to>0) ins(root[x],0,inf,e[i].to,1);
else ins(root[x],0,inf,-e[i].to,-1);
ans[x]=query(root[x],0,inf);
}int main()
dfs(1);
for (int i=1;i<=m;i++)
solve(1);
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return
0;}
bzoj3307 雨天的尾巴
time limit 10 sec memory limit 128 mb submit 258 solved 121 submit status discuss n個點，形成乙個樹狀結構。有m次發放，每次選擇兩個點x,y 對於x到y的路徑上 含x,y 每個點發一袋z型別的物品。完成 所有發放後，每...
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線段樹合併 在鏈的兩端x,y各打上1個z的加標記，在lca x,y 打上1個z的減標記，在fa lca x,y 打上1個z的減標記，每個節點和所有孩子的線段樹合併，查詢時線段樹上二分 code include include include include include include inclu...
BZOJ3307 雨天的尾巴
bzoj許可權題 良心洛谷 這道題目的花呢，本來想縮先樹剖 可能需要長鏈剖分?再搞乙個標記永久化，然後最後合併答案，不過可能會卡空間。時間複雜度呢是o nlog 2n o n log2 n 然後boshi表示 為什麼不差分然後再自底向上合併線段樹呢 於是就做到了o nlog n o n logn 好...