uoj388 UNR #3配对树

Posted 2020-12-04 bestfy

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题意：

给定一棵n个点的树，每条边有权值，树上两点路径长度定义为边权和。给定一个元素在[1,n]的长为m的序列，求出对于每个长为偶数的区间，区间中的数字两两匹配后每对点的路径长度之和最小值。输出所有长为偶数区间的这个最小值之和。

$n,mleq 10^5.$

 

题解：

转化很巧妙。

直接算很不好算，考虑计算每条边的贡献。一个性质是：假定在区间中的元素集合为S，对于某一条边分成的两个子树，如果两个子树中出现在S中的元素个数均为奇数，则这条边有1的贡献，否则没有贡献。

证明很简单，对于都为偶数的情况考虑反证，如果存在路径经过这条边，则一定至少两（偶数）条，那么可以把这两条路径都删去这条边得到更优解。对于都为奇数的情况，一定至少存在一条经过这条边的路径，去掉这条路径后则转化为了偶数的情况。证毕。

那么原题转化为：对于每个子树，如果将子树中的元素在序列中标记为1，那么要求的就是这个01串中有多少长为偶数的区间内1的个数为奇数。

暴力算是$mathcal{O}(nm)$的。我们考虑用线段树维护01串，记录区间内1的个数，区间内位置为奇/偶，前缀和mod2为奇/偶的下标数量。线段树合并即可。复杂度$mathcal{O}(nlog m)$。

 

code：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 3 #define ll long long
 4 #define inf 1000000001
 5 #define y1 y1___
 6 using namespace std;
 7 ll read(){
 8     char ch=getchar();ll x=0;int op=1;
 9     for (;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch==‘-‘) op=-1;
10     for (;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘;
11     return x*op;
12 }
13 #define N 100005
14 #define M 2000005
15 #define mod 998244353
16 int n,m,cnt,tot,ans,head[N],rt[N],ls[M],rs[M],sum[M],a[M][2][2];
17 struct edge{int to,nxt,v;}e[N<<1];
18 void adde(int x,int y,int z){
19     e[++cnt].to=y;e[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
20     e[cnt].v=z;
21 }
22 void up(int k,int l,int r){
23     sum[k]=0;
24     if (ls[k]) sum[k]+=sum[ls[k]];
25     if (rs[k]) sum[k]+=sum[rs[k]];
26     int x=ls[k]?sum[ls[k]]&1:0;
27     rep (i,0,1) rep (j,0,1){
28         a[k][i][j]=0;
29         if (ls[k]) a[k][i][j]+=a[ls[k]][i][j];
30         if (rs[k]) a[k][i][j]+=a[rs[k]][i^x][j];
31     }
32     int mid=l+r>>1;//注意这两句别忘
33     if (!ls[k]) a[k][0][0]+=mid/2-(l-1)/2,a[k][0][1]+=(mid+1)/2-l/2;
34     if (!rs[k]) a[k][x][0]+=r/2-mid/2,a[k][x][1]+=(r+1)/2-(mid+1)/2;
35 }
36 void ins(int &k,int l,int r,int x){
37     if (!k){//注意赋初始值
38         k=++tot;
39         a[k][0][0]=r/2-(l-1)/2;
40         a[k][0][1]=(r+1)/2-l/2;
41     }
42     if (l==r){sum[k]++;return;}
43     int mid=l+r>>1;
44     if (x<=mid) ins(ls[k],l,mid,x);else ins(rs[k],mid+1,r,x);
45     up(k,l,r);
46 }
47 int merge(int x,int y,int l,int r){
48     if (!x||!y) return x|y;
49     int mid=l+r>>1;
50     ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,mid);
51     rs[x]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r);
52     up(x,l,r);
53     return x;
54 }
55 void upd(int &x,int y){x+=y;x-=x>=mod?mod:0;}
56 void dfs(int u,int pr){
57     for (int i=head[u];i;i=e[i].nxt) if (e[i].to!=pr){
58         int v=e[i].to;
59         dfs(v,u);
60         upd(ans,((ll)a[rt[v]][0][0]*a[rt[v]][1][0]%mod+(ll)a[rt[v]][0][1]*a[rt[v]][1][1]%mod)%mod*e[i].v%mod);
61         rt[u]=merge(rt[u],rt[v],1,m+1);
62     }
63 }
64 int main(){
65     n=read(),m=read();
66     rep (i,1,n-1){
67         int x=read(),y=read(),z=read();
68         adde(x,y,z);adde(y,x,z);
69     }
70     rep (i,1,m) ins(rt[read()],1,m+1,i);
71     dfs(1,0);
72     cout<<ans<<‘
‘;
73     return 0;
74 }

View Code

 

易错：

注意初始情况不是0，需要处理。