遙遠的國度

傳送門

這是一道好題啊……沒有換根的話就是樹剖板子題，但是加上換根怎麼辦？

每次暴力重構dfs序？那不t死你……（突然想到自己動態點分治每次重新跑一遍點分治的sd思路）

那麼我們肯定是老套路，尋找修改根結點之後的不變數。我們先以最開始給定的根，來確定dfs序和其他一切一切的樹剖基本工作。

把路徑全部修改成乙個權值沒什麼難度，主要是看換根之後的訪問問題。

我們分三種情況討論：

1.根結點就是當前訪問的點。

這種情況非常好解決，直接輸出整體最小值即可。

2.根結點不在當前訪問的節點的子樹內。

這個也很容易，因為根結點如果不在當前訪問的子樹內，那麼這個點的子樹原來是什麼樣現在還是什麼樣，沒什麼變化，直接訪問即可。

3.根結點在當前訪問的子樹內。

這個稍微複雜，不過仔細思考之後發現，那就是這個點當前的子樹，應該是整棵樹減去當然根結點所在的子樹。

好像最穩定的方法是使用倍增求出來哪乙個兒子是root所在的子樹的根，之後訪問其他的即可。不過我沒有採取這種方式，而是用了一種更加暴力的方法：因為樹剖保證了每棵子樹內的dfs序一定是連續的，所以我們去掉這一段，直接訪問剩下兩端的最小值即可。怎麼確定呢？我們列舉每乙個子樹，因為dfs序是連續的，所以如果root的dfs序在dfn[x] ~ dfn[x] + size[x] - 1之內，那麼它就在這個子樹之內。

這個方法其實挺不穩定的，很容易被菊花圖卡……不過其實跑的還挺快……

看一下**。

#include#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
using
namespace
std;
typedef 
long
long
ll;const
int m = 100005
;const
int inf = 1000000009
;int
read()
while(ch >= '
0' && ch <= '9'
)    
return ans *op;
}struct
edge
e[m<<1
];struct
segt[m
<<2
];int
n,m,u,v,root,op,x,y,head[m],hson[m],size[m],dep[m],dfn[m],ecnt,fa[m],top[m],idx,def[m],rk[m];
intnl,nr;
void add(int x,int
y)void dfs1(int x,int f,int
depth)
}void dfs2(int x,intt)}
void build(int p,int l,int
r)    
int mid = (l+r) >> 1
;    build(p
<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1
,r);
t[p].v = min(t[p<<1].v,t[p<<1|1
].v);
}void pushdown(int p,int l,int
r)void modify(int p,int l,int r,int kl,int kr,int
val)
int mid = (l+r) >> 1
;    
if(t[p].lazy) pushdown(p,l,r);
if(kr <= mid) modify(p<<1
,l,mid,kl,kr,val);
else
if(kl > mid) modify(p<<1|1,mid+1
,r,kl,kr,val);
else modify(p<<1,l,mid,kl,mid,val),modify(p<<1|1,mid+1,r,mid+1
,kr,val);
t[p].v = min(t[p<<1].v,t[p<<1|1
].v);
}int query(int p,int l,int r,int kl,int
kr)int lca(int x,int y,bool flag,int
val)
if(dep[x] >dep[y]) swap(x,y);
if(flag) modify(1,1
,n,dfn[x],dfn[y],val);
returnx;}
void findson(int
x)    }
}int
main()}}
return0;
}

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