答案即區間$[l,r]$的笛卡爾樹上，左右子樹有乙個為空的點到根路徑和（定義此為的該點答案）的max，
對求區間笛卡爾樹複雜度為$o(n)$，無法通過，因此在全域性笛卡爾樹中考慮此問題
設$k$為$l$和$r$的lca，那麼$i$的答案就是$i$到$k$路徑中在$[l,r]$中的部分的和
對於$i$所在子樹分類，即將$[l,r]$分為$[l,k)$和$(k,r]$兩部分（分別求max），以下以左半部分為例：
考慮$i$到$k$的鏈，由於$i$在$k$左子樹中，因此這條鏈也時刻在$k$左子樹中，即其一定在$k$也就是$r$的左邊，因此只需要考慮這個位置大於等於$l$
進一步的，再求$l$和$i$的lca（記為$j$），由於是lca且$l\le i$，因此$l$一定在$j$的左子樹中，$i$在$j$的右子樹中，因此$i$到$j$的這一部分一定都在$l$的右邊，換言之可以列舉lca，直接對右子樹內所有點深度取max
還要考慮$j$到$k$的部分，即求這一部分中在$l$右邊的數之和，這件事是與$l$無關而僅和$j$本身有關，凡是這條鏈上其兒子是其右兒子的都不能被計算
（因為這就說明了$k$在其右子樹，$l$又在$k$子樹內，即$l$在其的右邊，反之就說明$l$在左邊）
根據上面的性質，具體過程如下——
預處理出以下三個陣列：$s_[k]$表示$k$到根路徑中所有點的和，$s_[k]$表示其中所有兒子是左兒子的點之和（特別的，$k$都計算入內），$mx[k]$表示$k$子樹中滿足左右子樹有乙個為空的點的$s_[k]$的最大值
考慮詢問$[l,k)$，暴力列舉$j$，則對於給定的$j$，其對答案的貢獻為$mx[rs[j]]-s_[j]+s_[j]-s_[k]+w[k]$（注意$j$一定在$l$的右邊，否則不可能是$l$和$i$的lca），貢獻是取max
離線，將詢問掛在$l$上，然後遍歷笛卡爾樹，對於點$k$，將$mx[rs[k]]-s_[k]+s_[k]$記在以$k$的深度為下標的線段樹上，然後搜尋左子樹，當搜尋右子樹時撤銷此記錄
（右半部分類似，即只考慮其兒子是右兒子的點）
注意要開long long，時間複雜度為$o(n\log_n)$，可以通過
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3#define n 500005
4#define ll long long
5#define l (k<<1)
6#define r (l+1)
7#define mid (l+r>>1)
8 vectorint,int> >vl[n],vr[n];
9int n,q,x,y,a[n],w[n],st[n],ls[n],rs[n],s[n],f[n][21
];10 ll s1[n],s2[n],s3[n],mx[n],ans[n],tr[n<<2
]; 11
int lca(int x,int
y)21
return f[x][0
];22}23
void dfs(int k,int
fa)38
void update(int k,int l,int r,int
x,ll y)
43if (x<=mid)update(l,l,mid,x,y);
44else update(r,mid+1
,r,x,y);
45 tr[k]=max(tr[l],tr[r]);46}
47 ll query(int k,int l,int r,int x,int
y)52
void calc_l(int
k)60
calc_l(ls[k]);
61 update(1,1,n,s[k],-1e15);
62calc_l(rs[k]);63}
64void calc_r(int
k)72
calc_r(rs[k]);
73 update(1,1,n,s[k],-1e15);
74calc_r(ls[k]);75}
76int
main()
85 mx[0]=-1e15;
86 dfs(st[1],0
);87
for(int i=1;i<=q;i++)
94for(int i=1;i<=n;i++)update(1,1,n,i,-1e15);
95 calc_l(st[1
]);96 calc_r(st[1
]);97
for(int i=1;i<=q;i++)printf("
%lld\n
",ans[i]);
98 }
luogu5651 基礎最短路練習題 ？
開始只是打了個暴力 然後陣列大小開錯re了 然後就沒管了頹廢去了 果然還是水題坐著舒服 題目保證不存在簡單環使得邊權異或和不為0 即所有環的權值異或和都為0 那麼隨便在那個點拆開的話斷開的這兩條路上的權值異或和都相同 所以就把環斷開 將其變成一顆樹 然後搞做 int tot 0,head n str...
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