[2016-2017 ACM-ICPC CHINA-Final G]Pandaria

Posted 2021-11-05 StaroForgin

Pandaria

题解

很恶心的一道题。

首先问从点$x$开始走长度不超过$w$的边很容易让人想到Kruskal重构树。
每次在最小生成树中加入边时，我们相当于新建一个节点，连接我们两点所在的子树的树根，作为它们的父亲，将边权设为其点权。
由于加入的边的边权是递增的，我们查询的点的父亲的点权肯定也是递增的。
该点能走不超过$w$的边到达的节点，肯定是它点权不超过$w$的深度最小的父亲的整棵子树内的所有节点。
我们查询能走到的出现次数最多的颜色，相当于查询该子树内哪种颜色出现次数最多。

显然，我们可以按dfs序将所有叶子节点排成一个序列，一个点子树内的点对应的区间在该序列上肯定是连续的。
由于只有叶子是我们原先就存在的节点，是有颜色的，我们只需要将叶子排成序列。
那么该子树内出现次数最多的颜色，也就是区间众数。
区间众数显然有我们经典的$O\left(n\sqrt{n}\right)$的分块做法 ，当然如果你会$O\left(n\right)-O\left(1\right)$的$RMQ$做法的也可以用，感觉跟四毛子算法有点像，但半群什么的我真的不会。
我们可以记录下每两个块之间出现次数最多的颜色是什么，显然这个颜色是可能成为众数的。
这个预处理是$O\left(\frac{n^2}{S}\right)$，$S$即块长，这样我们就可以$O(1)$求出整块的众数。
而散块内每个点都是可能成为众数，我们可以对于它们每个数都查询一下就行了。
为了查询散块内点的出现次数，我们需要先预处理出整块内每种颜色的前缀和，每次查询的时候还得先更新一下散块内每种颜色的出现次数。
显然，散块内只会有$S$级别的颜色数，所以这块是$O\left(S\right)$的，而总共只会有$n$中颜色，整块的预处理也是$O\left(\frac{n^2}{S}\right)$。

总时间复杂度$O\left(\frac{n^2}{S}+qS+m\log m\right)⩾O\left(\sqrt{n^{2}q}+m\log m\right)$。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define MAXM 200005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;     
const int INF=0x3f3f3f3f;  
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int n1=400;
const int zero=10000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){putchar('\\n');while(x>9){putchar((x%10)|'0');x/=10;}putchar(x|'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
const int M=MAXN/n1+5;
int T,n,m,q,head[MAXM],tot,fa[MAXM],idx,dfn[MAXM],rd[MAXM];
int f[MAXM][20],val[MAXM],col[MAXN],pre[MAXN];
int block[MAXN],L[M],R[M],mx[M][M],summ[M][MAXN],cnt[MAXN];
struct ming{int u,v,w;}s[MAXM];
bool cmp(ming x,ming y){return x.w<y.w;}
struct edge{int to,nxt;}e[MAXM<<1];
void addEdge(int u,int v){e[++tot]=(edge){v,head[u]};head[u]=tot;}
void makeSet(int x){for(int i=1;i<=x;i++)fa[i]=i;}
int findSet(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=findSet(fa[x]);}
void dosaka(int u,int fa){
	f[u][0]=fa;dfn[u]=idx;if(u<=n)pre[idx]=u,idx++;
	for(int i=1;i<19;i++)f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
		if(e[i].to!=fa)dosaka(e[i].to,u);
	rd[u]=idx-1;
}
inline int ask(int l,int r,int c){return summ[r][c]-summ[l-1][c];}
signed main(){
	read(T);int tt=0;
	while(T--){
		read(n);read(m);makeSet(n);idx=n;int lans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)read(col[i]);
		for(int i=1;i<=m;i++)read(s[i].u),read(s[i].v),read(s[i].w);
		sort(s+1,s+m+1,cmp);val[0]=INF;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int u=s[i].u,v=s[i].v,w=s[i].w;
			if((u=findSet(u))==(v=findSet(v)))continue;
			fa[u]=fa[v]=fa[++idx]=idx;val[idx]=w;
			addEdge(idx,u);addEdge(idx,v);
		}
		int up=idx;idx=1;for(int i=up;i>0;i--)if(!dfn[i])dosaka(i,0);
		for(int i=1;i<=n;i++)block[i]=(i+n1-1)/n1;
		for(int i=1;i<=n;i++){if(!L[block[i]])L[block[i]]=i;R[block[i]]=i;}
		for(int i=1;i<=block[n];i++){
			for(int j=1;j<=n;j++)summ[i][j]=summ[i-1][j];
			for(int j=L[i];j<=R[i];j++)summ[i][col[pre[j]]]++;
		}
		for(int i=1;i<=block[n];i++)
			for(int j=i;j<=block[n];j++){
				mx[i][j]=mx[i][j-1];int maxx=ask(i,j,mx[i][j]);
				for(int k=L[j];k<=R[j];k++){
					int tmp=ask(i,j,col[pre[k]]);
					if(tmp>maxx||(tmp==maxx&&col2016-2017 ACM-ICPC CHINA-Final 个人题解

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