P3128 [USACO15DEC] Max Flow P 题解

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简化题意：

给出一棵 $N$ 个节点的树和 $K$ 次修改，每次修改对路径 $[s,t]$ 上的所有点权加 $1$，求 $K$ 次修改后权值最大的点。

分析：

树上差分板子。

先回顾一下序列差分：

序列差分经典题就是进行若干次修改，最终求出整个序列。

因为差分是前缀和的逆操作，所以对差分数组进行前缀和就可以还原原数组。

假设我们要对 $[l,r]$ 加 $k$，我们只需要让序列 $l$ 加 $k$，$r+1$ 减 $k$ 即可（在前缀和后，$[r+1,n]$ 的部分加了 $k$ 又减了 $k$，相当于没加）。

树上差分类似，一般是对树上的若干链进行修改操作，最终求整棵树的所有点权。

我们首先对这棵树确定一个根（一般为 $1$），那么树上的前缀和，可以认为就是自底向上把父节点的权值加上所有子节点的权值。

所以，如果我们要修改路径 $[l,r]$ 上的节点，我们先将 $l,r$ 的权值分别加 $1$（题目要求）。但是这样，这两个节点的 LCA 就多算了了 $1$，LCA 的所有祖先多算了 $2$。解决方案就是将 $LCA(u,v)$ 点权减 $1$，再将 $LCA(u,v)$ 的父节点加 $1$，就完美解决了问题。

求 LCA 的方法很多，具体参考本文，下方代码使用了树剖求法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 9;
struct edge{
    int to,nex;
} e[N << 1];
int ecnt,head[N];
int top[N],dep[N];
int fa[N],weight_child[N],siz[N];
void addedge(int u,int v){
    ecnt++;
    e[ecnt] = (edge){v,head[u]};
    head[u] = ecnt;
}
int val[N];
int n,k,ans;
void dfs1(int cur,int father){
    fa[cur] = father;
    siz[cur] = 1;
    dep[cur] = dep[father] + 1;
    for(int i = head[cur];i;i = e[i].nex){
        int v = e[i].to;
        if(v != father){
            dfs1(v,cur);
            siz[cur] += siz[v];
            if(siz[v] > siz[weight_child[cur]])
                weight_child[cur] = v;
        }
    }
}
void dfs2(int cur,int link_top){
    top[cur] = link_top;
    if(weight_child[cur]){
        dfs2(weight_child[cur],link_top);
        for(int i = head[cur];i;i = e[i].nex){
            int v = e[i].to;
            if(v != fa[cur] && v != weight_child[cur])
                dfs2(v,v);
        }
    }
}
int LCA(int u,int v){
    while(top[u] != top[v]){
        if(dep[top[u]] < dep[top[v]])
            swap(u,v);
        u = fa[top[u]];
    }
    return (dep[u] < dep[v]) ? u : v;
}

void dfs3(int cur){
    for(int i = head[cur];i;i = e[i].nex){
        int v = e[i].to;
        if(v != fa[cur]){
            dfs3(v);
            val[cur] += val[v];
        }
    }
    ans = max(ans,val[cur]);
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> k;
	for(int i = 1;i <= n - 1;i++){
        int x,y;
        cin >> x >> y;
        addedge(x,y);
        addedge(y,x);
    }
    dep[1] = 1;
    dfs1(1,-1);
    dfs2(1,-1);
    for(int i = 1;i <= k;i++){
    	int x,y;
    	cin >> x >> y;
    	val[x]++;val[y]++;
    	int lca = LCA(x,y);
    	val[lca]--;val[fa[lca]]--;
	}
	dfs3(1);
	cout << ans;
    return 0;
}