解題思路
樹鏈剖分+動態開點線段樹。可以通過樹鏈剖分將問題轉化成詢問序列上與起點相同宗教的權值總和及最大值，並且支援單點更新。這個問題可以用線段樹解決，但一般線段樹要開四倍空間，而且要維護不同宗教，所以空間肯定不夠。但是我們可以動態開點，樹上每個點最多對應logn個點，所以動態開點最多也就nlogn個點，空間就夠了，就是犧牲了常數的時間去開點，在這是可以接受的。
ac**
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
const
int maxn=
1e5+5;
const
int maxm=
2e7+5;
const
int inf=
0x3f3f3f3f
;struct node
edge[maxn<<1]
;//鏈式前向星
int head[maxn]
,num[maxn]
,root[maxn]
;struct node
tree[maxm]
;int cnt,n,q,len;
intget()
//快讀
void
add(
int x,
int y)
int fa[maxn]
;//x在樹中的父親
int dep[maxn]
;//x在樹中的深度
int size[maxn]
;//x的子樹結點數(子樹大小)
int son[maxn]
;//x的重兒子,即u->son[u]是重邊
int top[maxn]
;//x所在重路徑的頂部頂點(深度最小)
int seg[maxn]
;int rev[maxn]
;//線段樹中第x位置對應的樹中結點編號,rev[seg[x]]=x
int w[maxn]
;int zj[maxn]
;int ssum,mmax;
void
update
(int
&rt,
int l,
int r,
int val,
int pos)
//val是評級，os你要新增的點的fs序
void
remove
(int
&rt,
int l,
int r,
int pos)
int mid=
(l+r)
>>1;
if(mid>=pos)
remove
(tree[rt]
.l,l,mid,pos)
;else
remove
(tree[rt]
.r,mid+
1,r,pos)
; tree[rt]
.sum=tree[tree[rt]
.l].sum+tree[tree[rt]
.r].sum;
tree[rt]
.max=
max(tree[tree[rt]
.l].max,tree[tree[rt]
.r].max);}
intquerysum
(int rt,
int lb,
int rb,
int l,
int r)
intquerymax
(int rt,
int lb,
int rb,
int l,
int r)
void
dfs1
(int u,
int f)
//第一遍dfs,算出fa,dep,size,son
}void
dfs2
(int u,
int f)
//第二遍dfs,算出top,seg,rev
for(
int i=head[u]
;i;i=edge[i]
.next)
}void
asksum
(int x,
int y,
int zj)
//路徑詢問
ssum+
=querysum
(root[zj],1
,n,seg[fx]
,seg[x]);
//重路徑對應區間[seg[fx],seg[x]]
x=fa[fx]
; fx=top[x];}
if(dep[x]
>dep[y]
)swap
(x,y)
; ssum+
=querysum
(root[zj],1
,n,seg[x]
,seg[y]);
}void
askmax
(int x,
int y,
int zj)
mmax=
max(mmax,
querymax
(root[zj],1
,n,seg[fx]
,seg[x]))
;//重路徑對應區間[seg[fx],seg[x]]
x=fa[fx]
; fx=top[x];}
if(dep[x]
>dep[y]
)swap
(x,y)
; mmax=
max(mmax,
querymax
(root[zj],1
,n,seg[x]
,seg[y]))
;}intmain()
for(
int i=
1;i++i)
dfs1(1
,0);
seg[0]
=seg[1]
=top[1]
=rev[1]
=1;//根結點所在重路徑的頂部結點一定還是根結點
dfs2(1
,0);
for(
int i=
1;i<=n;
++i)
update
(root[zj[i]],
1,n,w[i]
,seg[i]);
char str[20]
;while
(q--
)else
}else
else}}
return0;
}
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