ZJOI2019 語言樹上差分線段樹合併

loj#3046

題意還是很好懂的，問題也很容易轉化為求每個點能到的點的個數之和，最後除以$2$即可

考慮任意一點i能到的點的個數。這些點所組成的點集等於所有包含節點$i$的鏈的點集的並集。

需要哪些資訊才能維護出這個點集？

由於每條鏈都包含了節點$i$，因此這個點集會組成乙個連通塊(暫且這麼叫吧)，這個連通塊顯然可以通過確定其邊界上的點確定下來，那麼問題變為如何維護出連通塊的大小

這就是在考察$dfs$序的應用了，先以$dfs$序建立線段樹。借助於虛樹的思想，我們維護出每乙個區間內選擇了點到$1$號節點的根綴的並集大小，記為$siz$。假設現在我們已知線段樹中乙個區間的左區間資訊與右區間資訊，如何得出這個區間的資訊？直接把左右區間的$siz$相加顯然不對，有重複的部分，重複部分的大小是多少？結合$dfs$序，可以發現重合部分就是左區間選擇的點中$dfs$序最大的點$mx$與右區間選擇的點中$dfs$序最小的點$mn$的$lca$的深度，即$dep[lca(mx, mn)]$，左右區間的$siz$相加再減去這個就是這個就是這個區間的$siz$，而最後的連通塊的大小就是整個序列的$siz$減去$dep[lca(mx, mn)]$，$mx$是整個點集中$dfs$序最大的點，$mn$是$dfs$序最小的點。

為了快速求$lca$可以預處理尤拉序與$rmq$，在$o(1)$內查詢$lca$，資訊更新就是$log$的時間複雜度

我們需要乙個連通塊的邊界，這個邊界顯然是由所有鏈的邊界組成的，因此在樹上差分就可維護出邊界

這是對於乙個點的情況。對於所有的點，因為使用了樹上差分，父親節點需要從兒子節點繼承資訊，於是就需要線段樹合併

總時間複雜度是$o(nlogn)$的

**：

#includeusing
namespace
std;
typedef 
long
long
ll;const
int maxn = 100005
;inline 
intread()
intn, m, root[maxn];
ll ans;
inthead[maxn], tot;
struct
edgee[maxn
<<1
];void addedge(int x, inty);
head[x] =tot;
}int
f[maxn];
int cur, lg[maxn<<1], st[20][maxn<<1], arr[maxn<<1
], dfn[maxn], dep[maxn];
void dfs1(int x, int
fa)}
void
rmq()
for(int j = 1; j <= lg[cur]; ++j)
for(int i = 1; i + (1
<< j) - 1
<= cur; ++i)
}int get_lca(int x, int
y)int
ndnum, tim;
struct
seg_treetr[maxn*64
];void update(int
x)void modify(int x, int l, int r, int p, int
w)    
int mid = (l + r) >> 1
;    
if(dfn[p] <=mid)
else
update(x);
}int merg(int x, int y, int l, int
r)    
int mid = (l + r) >> 1
;    tr[x].ls =merg(tr[x].ls, tr[y].ls, l, mid);
tr[x].rs = merg(tr[x].rs, tr[y].rs, mid + 1
, r);
update(x);
returnx;}
void dfs2(int
x)    
ans += (ll)tr[root[x]].siz -dep[get_lca(tr[root[x]].mx, tr[root[x]].mn)];
}int
main()
dfs1(
1, 0
);    rmq();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
root[i] = ++ndnum;
while(m --)
}dfs2(1);
printf(
"%lld\n
", ans >> 1
);    
return0;
}

view code

ZJOI2019 語言樹上差分線段樹合併

ZJOI2019 語言解題報告

ZJOI2019賽季回顧

ZJOI2019一輪遊記

ZJOI2019 語言 樹上差分 線段樹合併

ZJOI2019 語言 解題報告

ZJOI2019賽季回顧

ZJOI2019一輪遊記

相關推薦

ZJOI2019 語言樹上差分線段樹合併

ZJOI2019 語言解題報告