BZOJ3531 [Sdoi2014]旅行 【树剖 + 线段树】
题目
S国有N个城市，编号从1到N。城市间用N-1条双向道路连接，满足
从一个城市出发可以到达其它所有城市。每个城市信仰不同的宗教，如飞天面条神教、隐形独角兽教、绝地教都是常见的信仰。为了方便，我们用不同的正整数代表各种宗教， S国的居民常常旅行。旅行时他们总会走最短路，并且为了避免麻烦，只在信仰和他们相同的城市留宿。当然旅程的终点也是信仰与他相同的城市。S国政府为每个城市标定了不同的旅行评级，旅行者们常会记下途中（包括起点和终点）留宿过的城市的评级总和或最大值。
在S国的历史上常会发生以下几种事件：
”CC x c”：城市x的居民全体改信了c教；
”CW x w”：城市x的评级调整为w;
”QS x y”：一位旅行者从城市x出发，到城市y，并记下了途中留宿过的城市的评级总和；
”QM x y”：一位旅行者从城市x出发，到城市y，并记下了途中留宿过
的城市的评级最大值。
由于年代久远，旅行者记下的数字已经遗失了，但记录开始之前每座城市的信仰与评级，还有事件记录本身是完好的。请根据这些信息，还原旅行者记下的数字。 为了方便，我们认为事件之间的间隔足够长，以致在任意一次旅行中，所有城市的评级和信仰保持不变。
输入格式
输入的第一行包含整数N，Q依次表示城市数和事件数。
接下来N行，第i+l行两个整数Wi，Ci依次表示记录开始之前，城市i的
评级和信仰。
接下来N-1行每行两个整数x，y表示一条双向道路。
接下来Q行，每行一个操作，格式如上所述。
输出格式
对每个QS和QM事件，输出一行，表示旅行者记下的数字。
输入样例
5 6
3 1
2 3
1 2
3 3
5 1
1 2
1 3
3 4
3 5
QS 1 5
CC 3 1
QS 1 5
CW 3 3
QS 1 5
QM 2 4
输出样例
8
9
11
3
提示
N，Q < =10^5 ， C < =10^5
数据保证对所有QS和QM事件，起点和终点城市的信仰相同；在任意时
刻，城市的评级总是不大于10^4的正整数，且宗教值不大于C。
题解
树剖后对每种信仰开一个线段树维护区间权值即可
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 10000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}
return out * flag;
}
char opt[maxn];
int h[maxn],ne = 2,n,q;
struct EDGE{int to,nxt;}ed[2 * maxn];
inline void build(int u,int v){
ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;
ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++;
}
int top[maxn],son[maxn],dep[maxn],fa[maxn],Siz[maxn],id[maxn],cnt;
int be[maxn],V[maxn],Hash[maxn];
void dfs1(int u){
Siz[u] = 1;
Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u]){
fa[to] = u; dep[to] = dep[u] + 1;
dfs1(to);
Siz[u] += Siz[to];
if (!son[u] || Siz[to] > Siz[son[u]]) son[u] = to;
}
}
void dfs2(int u,int flag){
id[u] = ++cnt; Hash[cnt] = u; top[u] = flag ? top[fa[u]] : u;
if (son[u]) dfs2(son[u],1);
Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u] && to != son[u]) dfs2(to,0);
}
int rt[maxn],sum[maxm],mx[maxm],ls[maxm],rs[maxm],siz;
void pup(int u){sum[u] = sum[ls[u]] + sum[rs[u]]; mx[u] = max(mx[ls[u]],mx[rs[u]]);}
void modify(int& u,int l,int r,int pos,int v){
if (!u) u = ++siz;
if (l == r) {sum[u] += v; mx[u] += v; return;}
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= pos) modify(ls[u],l,mid,pos,v);
else modify(rs[u],mid + 1,r,pos,v);
pup(u);
}
int query(int u,int l,int r,int L,int R,int t){
if (!u) return 0;
if (l >= L && r <= R) return t ? sum[u] : mx[u];
int mid = l + r >> 1;
if (mid >= R) return query(ls[u],l,mid,L,R,t);
else if (mid < L) return query(rs[u],mid + 1,r,L,R,t);
else{
if (t) return query(ls[u],l,mid,L,R,t) + query(rs[u],mid + 1,r,L,R,t);
else return max(query(ls[u],l,mid,L,R,t),query(rs[u],mid + 1,r,L,R,t));
}
}
void solve1(int u,int v){
int root = rt[be[u]],ans = 0;
while (top[u] != top[v]){
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u,v);
ans += query(root,1,n,id[top[u]],id[u],1);
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] > dep[v]) swap(u,v);
ans += query(root,1,n,id[u],id[v],1);
printf("%d\n",ans);
}
void solve2(int u,int v){
int root = rt[be[u]],ans = 0;
while (top[u] != top[v]){
if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u,v);
ans = max(ans,query(root,1,n,id[top[u]],id[u],0));
u = fa[top[u]];
}
if (dep[u] > dep[v]) swap(u,v);
ans = max(ans,query(root,1,n,id[u],id[v],0));
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
n = read(); q = read(); int u,v;
for (int i = 1; i <= n; i++) V[i] = read(),be[i] = read();
for (int i = 1; i < n; i++) build(read(),read());
dep[1] = 1; dfs1(1); dfs2(1,0);
REP(i,n) modify(rt[be[i]],1,n,id[i],V[i]);
while (q--){
scanf("%s",opt); u = read(); v = read();
if (opt[0] == 'C'){
if (opt[1] == 'C'){
modify(rt[be[u]],1,n,id[u],-V[u]);
modify(rt[be[u] = v],1,n,id[u],V[u]);
}else {
modify(rt[be[u]],1,n,id[u],v - V[u]); V[u] = v;
}
}else {
if (opt[1] == 'S') solve1(u,v);
else solve2(u,v);
}
}
return 0;
}
