「hnoi2015」接水果
給你乙個樹上路徑集合$ s $ ,每條路徑有個權值。每次詢問一條路徑 $ (x, y) $ ,問它在 $ s $ 中包含的路徑中權值第 $ k $ 小的是多少。
首先考慮如何判斷判斷一條路徑是否被另一條路徑包含。
當一條路徑 $ (x, y) (dep_x < dep_y) $ 是一條深度從淺到深的鏈時，路徑 $ (u, v) (dep_u < dep_v) $ 包含路徑 $ (x, y) $ 滿足 $ v $ 在 $ y $ 的子樹內、 $ u $ 在 $ x $ 的孩子、 $ y $ 的祖先 的子樹外， $ u, v $ 在樹的dfn序上為連續幾段。
當一條路徑 $ (x, y) (dep_x < dep_y) $ 不是一條深度從淺到深的鏈時，路徑 $ (u, v) $ 包含路徑 $ (x, y) $ 滿足 $ v $ 在 $ y $ 的子樹內、 $ u $ 在 $ x $ 的祖先 的子樹外， $ u, v $ 在樹的dfn序上為連續幾段。
然後樹套樹維護路徑 $ (x, y) $ 包含多少路徑，樹套樹維護即可。
對於每乙個詢問，我們都可以二分答案。將集合 $ s $ 中的路徑按權值排序，然後查詢其中包含的排名即可。我們發現這可以整體二分。時間複雜度 $ o(n \log^3) $
在luogu上開o2快如風，在loj上被1s時限卡自閉。。。
其實樹套樹可以用掃瞄線代替的，時間複雜度 $ o(n \log^2) $。
#include #define pb push_back
#define lnk(i, a) for(int i = hed[a]; i; i = nxt[i])
using namespace std;
const int n = 40010;
int n, m, q;
int cnt = 0, hed[n], to[n + n], nxt[n + n];
int dfn[n], low[n], idx = 0, fa[16][n], dep[n];
struct plate
}; plate a[n];
struct fruit
};int pp[n], lp = 0, ans[n];
namespace tree
inline bool operator<(const line &yy)const
}; line t[n * 20]; int tot = 0;
int tr[n];
inline void add(int x, int w)
inline int ask(int x)
inline void mdy(int x, int y, int xx, int yy, int w)
}void gi(int &x)
inline void add(int x, int y)
void dfs(int u, int ff)
int lca(int x, int y)
int find(int x, int y)
void solve(vectorq, int l, int r, int l, int r)
int mid = (l + r) >> 1, pos; vectorls, rs;
for(int i = l, lca, x, y; i <= r; ++i)
else
} sort(tree::t + 1, tree::t + tree::tot + 1); int j = 1;
for(int i = 0, k; i < q.size(); ++i)
for(; j <= tree::tot; ++j) tree::add(tree::t[j].y, tree::t[j].w);
tree::tot = 0;
solve(ls, l, mid, l, pos), solve(rs, mid + 1, r, pos + 1, r);
}int main()
sort(a + 1, a + m + 1), pp[++lp] = a[1].w;
for(int i = 2; i <= m; ++i) if(a[i].w ^ a[i - 1].w) pp[++lp] = a[i].w;
vectorq;
for(int i = 1, x, y, k; i <= q; ++i)
gi(x), gi(y), gi(k), q.pb((fruit));
sort(q.begin(), q.end());
solve(q, 1, lp, 1, m); for(int i = 1; i <= q; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
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