刷题总结——骑士的旅行(bzoj4336 树链剖分套权值线段树)

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了刷题总结——骑士的旅行(bzoj4336 树链剖分套权值线段树)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

题目:

Description

在一片古老的土地上,有一个繁荣的文明。
这片大地几乎被森林覆盖,有N座城坐落其中。巧合的是,这N座城由恰好N-1条双
向道路连接起来,使得任意两座城都是连通的。也就是说,这些城形成了树的结构,任意两
座城之间有且仅有一条简单路径。
在这个文明中,骑士是尤其受到尊崇的职业。任何一名骑士,都是其家族乃至家乡的荣
耀。Henry从小就渴望成为一名能守护家乡、驱逐敌人的骑士。勤奋训练许多年后,Henry
终于满18岁了。他决定离开家乡,向那些成名已久的骑士们发起挑战!
根据Henry的调查,大陆上一共有M名受封骑士,不妨编号为1到M。
第i个骑士居住在城Pi,武力值为Fi。
Henry计划进行若干次旅行,每次从某座城出发沿着唯一的简单路径前往另一座城,
同时会挑战路线上武力值最高的K个骑士(Henry的体力有限,为了提高水平,当然要挑
战最强的骑士)。如果路线上的骑士不足K人,Henry会挑战遇到的所有人。
每次旅行前,可能会有某些骑士的武力值或定居地发生变化,Henry自然会打听消息,
并对计划做出调整。
为了在每次旅行时做好充分准备,Henry希望你能帮忙在每次旅行前计算出这条路线
上他将挑战哪些对手。

Input

第一行,一个整数N,表示有N座城,编号为1~N。
接下来N-1行,每行两个整数Ui和Vi,表示城Ui和城Vi之间有一条道路相连。
第N+1行,一个整数M,表示有M个骑士。
接下来M行,每行两个整数Fi和Pi。按顺序依次表示编号为1~M的每名骑士的武
力值和居住地。
第N+M+2行,两个整数Q,K,分别表示操作次数和每次旅行挑战的骑士数目上限。
接下来Q行,每行三个整数Ti,Xi,Yi。Ti取值范围为{1,2,3},表示操作类型。
一共有以下三种类型的操作:
Ti=1时表示一次旅行,Henry将从城Xi出发前往城市Yi;
Ti=2时表示编号为Xi的骑士的居住地搬到城Yi;
Ti=3时表示编号为Xi的骑士的武力值修正为Yi。

Output

输出若干行,依次为每个旅行的答案。
对每个Ti=1的询问,输出一行,按从大到小的顺序输出Henry在这次旅行中挑战的
所有骑士的武力值。如果路线上没有骑士,输出一行,为一个整数-1。

Sample Input

5
1 2
1 3
2 4
2 5
4
10 1
6 1
14 5
7 3
5 3
1 2 3
1 5 3
1 4 4
2 1 4
1 2 3

Sample Output

10 7 6
14 10 7
-1
7 6

Hint

100%的数据中,1 ≤ N, M ≤ 40,000,1 ≤ Ui, Vi, Pi ≤ N,1 ≤ Q ≤ 80,000, 1 ≤ K ≤ 

20,旅行次数不超过 40,000 次,武力值为不超过1,000的正整数。 

题解:

  先树链剖分····然后树链剖分的每一个树上套上一颗权值线段树····

  我的方法有点暴力···要输入前K大直接一个一个找·····所以慢得飞起·····

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=4e5+5;
const int M=4e7+5;
struct node
{
  int size,l,r;
}tr[M];
int n,m,q,K;
int tot,fst[N],nxt[N*2],go[N*2],f[N],p[N],root[N*4],loc[N*4],cnt,sum[N*4],temp,que[N*4];
int father[N],deep[N],son[N],size[N],pos[N],idx[N],top[N];
inline int R()
{
  char c;int f=0;
  for(c=getchar();c<0||c>9;c=getchar());
  for(;c<=9&&c>=0;c=getchar())
    f=(f<<3)+(f<<1)+c-0;
  return f;
}
inline void comb(int a,int b)
{
  nxt[++tot]=fst[a],fst[a]=tot,go[tot]=b;  
  nxt[++tot]=fst[b],fst[b]=tot,go[tot]=a;
}
inline void dfs1(int u)
{
  size[u]=1;
  for(int e=fst[u];e;e=nxt[e])
  {
    int v=go[e];if(v==father[u])  continue;
    father[v]=u;deep[v]=deep[u]+1;
    dfs1(v);size[u]+=size[v];
    if(size[v]>size[son[u]])  son[u]=v;
  }
}
inline void dfs2(int u)
{
  if(son[u])
  {
    idx[pos[son[u]]=++tot]=son[u];
    top[son[u]]=top[u];dfs2(son[u]);
  }
  for(int e=fst[u];e;e=nxt[e])
  {
    int v=go[e];if(v==father[u]||v==son[u])  continue;
    idx[pos[v]=++tot]=v;
    top[v]=v;dfs2(v);
  }
}
inline void pre()
{
  dfs1(1);
  tot=pos[1]=idx[1]=top[1]=1;
  dfs2(1);
} 
inline void modify2(int &k,int l,int r,int v)
{
  if(!k)  k=++tot;tr[k].size++;
  if(l==r)  return;
  int mid=(l+r)/2;
  if(v<=mid)  modify2(tr[k].l,l,mid,v);
  else modify2(tr[k].r,mid+1,r,v);
}
inline void delete2(int k,int l,int r,int v)
{
  tr[k].size--;
  if(l==r)  return;
  int mid=(l+r)/2;
  if(v<=mid)  delete2(tr[k].l,l,mid,v);
  else delete2(tr[k].r,mid+1,r,v);
}
inline void modify1(int k,int l,int r,int p,int v)
{
  sum[k]++;
  modify2(root[k],1,1000,v);
  if(l==r)  return;
  int mid=(l+r)/2;
  if(p<=mid)  modify1(k*2,l,mid,p,v);
  else modify1(k*2+1,mid+1,r,p,v);
}
inline void delete1(int k,int l,int r,int p,int v)
{
  sum[k]--;
  delete2(root[k],1,1000,v);
  if(l==r)  return;
  int mid=(l+r)/2;
  if(p<=mid)  delete1(k*2,l,mid,p,v);
  else delete1(k*2+1,mid+1,r,p,v);
}
inline void getroot2(int k,int l,int r,int x,int y)
{
  if(x<=l&&r<=y)
  {
    que[++cnt]=root[k];temp+=sum[k];
    return;
  }
  int mid=(l+r)/2;
  if(x<=mid)  getroot2(k*2,l,mid,x,y);
  if(y>mid)  getroot2(k*2+1,mid+1,r,x,y);
}
inline void getroot1(int a,int b)
{
  if(top[a]!=top[b])
  {
    if(deep[top[a]]<deep[top[b]])  swap(a,b);
    getroot2(1,1,n,pos[top[a]],pos[a]);
    getroot1(father[top[a]],b);
  }
  else
  {
    if(deep[a]<deep[b])  swap(a,b);
    getroot2(1,1,n,pos[b],pos[a]);
  }
}
inline int calc()
{
  int t=0;
  for(int i=1;i<=cnt;i++)  t+=tr[tr[loc[i]].l].size;
  return t;
}
inline void trans(int op)
{
  if(!op)
    for(int i=1;i<=cnt;i++)  loc[i]=tr[loc[i]].l;
  else
    for(int i=1;i<=cnt;i++)  loc[i]=tr[loc[i]].r;
}
inline int query(int l,int r,int k)
{
  if(l==r)  return l;
  int t=calc();int mid=(l+r)/2;
  if(t>=k)
  {
    trans(0);
    return query(l,mid,k);
  }
  else 
  {
    trans(1);
    return query(mid+1,r,k-t);
  }
}
int main()
{
  n=R();int a,b,op;  
  for(int i=1;i<n;i++)
  {
    a=R(),b=R();
    comb(a,b);
  }
  pre(); 
  m=R();tot=0;
  for(int i=1;i<=m;i++)
  {  
    f[i]=R(),p[i]=R();
    modify1(1,1,n,pos[p[i]],f[i]);
  }
  q=R(),K=R();
  while(q--)
  {
    op=R(),a=R(),b=R();
    if(op==1)
    {
      temp=cnt=0;
      getroot1(a,b);
      if(!temp)  printf("-1");
      if(temp<=K)
      {
        for(int i=temp;i>=1;i--)
        {  
          for(int j=1;j<=cnt;j++)  loc[j]=que[j];
          printf("%d ",query(1,1000,i));
        }
      }
      else
      {
        for(int i=temp;i>=temp-K+1;i--)
        {  
          for(int j=1;j<=cnt;j++)  loc[j]=que[j];
          printf("%d ",query(1,1000,i));
        }
      }
      printf("\n");
    }
    else if(op==2)
    {
      delete1(1,1,n,pos[p[a]],f[a]);
      p[a]=b;
      modify1(1,1,n,pos[p[a]],f[a]);
    }
    else if(op==3)
    {
      delete1(1,1,n,pos[p[a]],f[a]);
      f[a]=b;
      modify1(1,1,n,pos[p[a]],f[a]);
    }
  }
}

 




















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BZOJ 3531SDOI 2014旅行 树链剖分

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