6655. 2020.05.27省选模拟三国学者
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了6655. 2020.05.27省选模拟三国学者相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
题目
有一棵以(1)为根的树,第(i)个节点的权值是(a_i),(a_1=L)
求从根往叶子有多少个子序列为({L,L-1,..,1})。
支持(m)次修改,第(i)次将(a_{(i-1)mod n+1})修改成(v_i)
(nleq 1e6,mleq 2e6,fa_i<i)
思考历程
考虑对一个点修改之后对答案的影响。
记(f_x)为根到(x)路径上多少个子序列是({L,L-1,...,a_x+1}),(g_x)表示(x)往叶子有多少个子序列为({a_x,a_x-1,...,1})
修改之后答案的变化为(-f_xg_x+f‘_xg‘_x)
问题是如何维护这两个东西。
对于(g_x),其实就是求(sum_{y在x子树内且a_y=a_x-1}g_y)
于是对于每个不同的(a_x)开个线段树,线段树(k)按照(dfs)序存储所有(a_x=k)的点的(g_x)和。于是就可以快速地查询出(g)的答案。
然而有个问题:修改(g_x)的时候,会影响到权值为(a_x+1)和(a‘_x+1)的祖先。于是这个方法就出锅了。
这个方法是不是没有卵用呢?
然而,这题修改的方式很奇怪,它是按照顺序来修改的。将修改分成(lceilfrac{m}{n}
ceil)个部分分开操作,可以发现在每次操作到某个点的时候,它的祖先就都操作过了。所以,没有必要去维护祖先的信息。
既然这样,(f_x)维护的时候也就直接用个桶从祖先维护过来就好了。
这个方法看上去太粗暴?
实际上也有别的做法,线段树合并、dsn on tree等。
时间复杂度(O(n lg n))
正解
现在的问题是如何快速地计算(g_x)
看起来不能用桶直接从子树搞上来,因为涉及到合并的问题。
但是大佬又提供了一种神奇的思路:直接将(g)值加入桶中,从(x)往下递归之前先记一下,递归回来之后作差,就可以得到子树对(g_x)的贡献。
于是这题就愉快地(O(n))了。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1000010
#define ll long long
#define mo 1000000007
#define mod(x) ((((x)%=mo)+=mo)%=mo)
int n,m,L;
struct EDGE{
int to;
EDGE *las;
} e[N];
int ne;
EDGE *last[N];
int a[N],v[N];
ll f0[N],g0[N],f1[N],g1[N],gt[N];
ll sub[N],anc[N];
ll ans,sum;
void clear(){memset(sub,0,sizeof(ll)*(n+1));}
void build(int x){
f0[x]=anc[a[x]+1];
f1[x]=anc[v[x]+1];
mod(anc[v[x]]+=f1[x]);
g1[x]=sub[v[x]-1];
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
build(ei->to);
mod(anc[v[x]]-=f1[x]);
mod(g1[x]=((v[x]==1)+sub[v[x]-1]-g1[x]));
mod(sub[v[x]]+=g1[x]);
}
void getgt(int x){
int tmp=sub[a[x]-1];
gt[x]=sub[v[x]-1];
for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
getgt(ei->to);
mod(gt[x]=((v[x]==1)+sub[v[x]-1]-gt[x]));
mod(tmp=((a[x]==1)+sub[a[x]-1]-tmp));
mod(sub[a[x]]+=tmp);
}
void move(){
memcpy(f0,f1,sizeof(ll)*(n+1));
memcpy(g0,g1,sizeof(ll)*(n+1));
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
freopen("scholar.in","r",stdin);
freopen("scholar.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&L);
for (int i=2;i<=n;++i){
int x;
scanf("%d",&x);
e[ne]={i,last[x]};
last[x]=e+ne++;
}
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]),v[i]=a[i];
anc[L+1]=1;
build(1);
ans=g1[1];
int d=m/n;
for (int k=0;k<d;++k){
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&v[i]);
move(),clear();
getgt(1),build(1);
for (int i=1;i<=n;++i){
(ans+=f1[i]*gt[i]-f0[i]*g0[i])%=mo;
(sum+=(ans+mo)*(k*n+i))%=mo;
// printf("%lld
",ans);
}
memcpy(a,v,sizeof(int)*(n+1));
}
if (m%n){
int r=m%n;
for (int i=1;i<=r;++i)
scanf("%d",&v[i]);
for (int i=r+1;i<=n;++i)
v[i]=a[i];
move(),clear();
getgt(1),build(1);
for (int i=1;i<=r;++i){
(ans+=f1[i]*gt[i]-f0[i]*g0[i])%=mo;
(sum+=(ans+mo)*(d*n+i))%=mo;
// printf("%lld
",ans);
}
}
printf("%lld
",sum);
return 0;
}
总结
不要总是把脑子放在数据结构上……
除了数据结构之外有个计数利器叫差分。
以上是关于6655. 2020.05.27省选模拟三国学者的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章