有一棵樹，每個節點\(i\)有一定的容量\(k_i\)（只能裝\(k_i\)個顏色）；有\(m\)次操作，每次給\(x\)到\(1\)路徑上的所有點加上乙個顏色\(c\)；修改操作完成後詢問每個節點有多少種不同的顏色\((n,m,k_i \leq 10^5)\)
30pts資料小可以直接暴力跳
另外40pts有\(k_i=10^5\)可以模擬雨天的尾巴
可以看出來對乙個點的答案有影響的操作都在它的子樹中
這種問題，顯然要麼維護顏色（值域線段樹），要麼維護時間（修改操作的順序），而值域線段樹考慮不到\(k\)的約束，只有40pts，所以考慮維護時間
於是按修改操作的順序作為下標維護線段樹，乙個點維護兩個值：\(siz\):該子樹有多少個操作；\(sum\):該子樹中實際有貢獻的運算元
什麼叫實際有貢獻的操作？就是說同乙個子樹中，如果兩個同樣顏色的操作先後發生，那後發生的操作就沒有貢獻，也就是\(siz+1\)但\(sum\)不變
但不可能每個點都建一棵線段樹，由於乙個點只考慮其子樹中的操作，線段樹可以自底向上合併，於是就成了樹上啟發式合併，保證所有操作的複雜度不基於重兒子就可以保證複雜度沒問題
與這道題思路類似，就是把\(trie\)換成了時間上的線段樹
時間複雜度\(o(nlog^2n)\)
#include#define n 100005
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,q,k[n],ans[n];
int sum[n<<2],size[n<<2],sig[n<<2];
int son[n],fa[n],t[n<<2];
vector< pair> co[n];
mapmp;//顏色還有負數，cao
int colsum=0;
struct edge
edge[n<<1];int head[n],cnt=1;
void add_edge(int from,int to)
template void read(t &x)
void dfs1(int rt)
int query(int rt,int l,int r,int k)
void add(int rt)
modify(1,1,m,tim,0,1); }}
void clr(int rt)
void cv(int x,int y)
void dfs(int rt)
if(son[rt]) dfs(son[rt]);
add(rt);
for(int i=head[rt];i;i=edge[i].next)
ans[rt]=query(1,1,m,k[rt]);
if(son[rt])
}}int main()
dfs1(1);
for(int i=1;i<=n;++i) read(k[i]);
read(m);
for(int i=1;i<=m;++i)
memset(size,0,sizeof(size));
dfs(1);
read(q);
while(q--)
return 0;
}
樹上啟發式合併
解決樹上統計問題,o n log n o n log n o n lo g n 可以結合線段樹等資料結構維護深度上的資訊 部落格 入門題 const int maxn 1e5 7 const int mod 1e9 7 ll n,m,u,v,mx,sum vector int mp maxn int...
樹上啟發式合併
樹上啟發式合併，一種美妙的黑科技，可以用普通的優化讓你 n 2 變成嚴格 n log 解決一些類似 樹上數顏色,樹上查眾數 這樣的問題 首先你要知道暴力為什麼是 n 2 的 以這個圖為例 每次你從乙個節點開始向下搜,你從1節點搜到3,搜完這個子樹然後你需要把3存的col等資訊刪去再遍歷另乙個子樹才是...
樹上啟發式合併總結
某一天發現一道樹上啟發式合併裸題，但我不會寫 學習並刷了兩天的題，是時候來寫個總結了 樹上啟發式合併 dsu on tree 是乙個在o n logn o nlogn o nlog n 時間內解決許多樹上問題的有力演算法。但它的中心其實是 暴力！沒錯，它正是由暴力優化而來。我們先看一道例題 cf60...