【纪中集训2019.3.27】胖

题目

描述

​ \(Byteland\)王国的形状是一颗标号为 $ 1 \to N $ 的树，每个城市(节点有财富值 $ W_i $ )；

​ 如果在\(A\)城市投下\(X\)杀伤力的炸弹，那么对于\(B\)城市收到的伤害为\(\frac{X}{2^{dis(A,B)} }\) ；

​ 伤害可以累加，当一个城市收到的伤害超过财富值，那么将会破产；

​ \(dis(A,B)\)为两点的树上距离；

​ 有\(Q\)个操作每个为：
​ \(1 \ \ A \ \ X\) , 在\(A\)放下\(X\)杀伤力的炸弹；

​ $ 2 \ \ A $ ，询问 $ A $ 的子树里已经破产的城市；

范围

​ \(N , Q \le 100000 \ , \ W_i \ ,\ X \le 32768\) ;

题解

• 只要知道了每个点的破产时间就可以\(dfs序 \ + \ BIT\)维护答案;

• 算法1

• 用线段树维护每个点\(bfs\)序的\(W\)，一次修改会影响到\(bfs\)序上\(log^2V\)个连续的区间；

• 同时维护最小的\(W\)，当最小值小于\(0\)直接找到并更新\(BIT\)，每个点只会被删除一次;

• 复杂度:\(O(Q \log N log^2V)\); (优点是在线的)

• 算法二

• 考虑整体二分；

• 学到了一种比较好写的整体二分，但是常数较大：

• 

• 主要时间复杂度在每次二分后的查找询问上；

• 时间复杂度：\(O(Q log \ Q log^2V)\)

• 算法三

• 考虑改变修改的存储方式；

• 对每个节点开一个\(logV\)大小的表表示对某个距离的影响；

• 对于一个修改，更新其向上\(logV\)个表；

• 查询一个点时，直接查找其向上的\(logV\)个祖先的表并简单容斥；

• 用\(vector\)可持久化这些表;

• 接着套用整体二分只要移动指针就可以找到对应时间的表；

• 时间复杂度:\(O(Qlog \ Q + Qlog^2 V )\)；

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ui unsigned int 
  #define pb push_back
  using namespace std;
  const int N=100010;
  int n,m,o=1,hd[N],fa[N],st[N],ed[N],idx,a[N],t[N],cnt,tot,p[N],c[N],id[N],del[N];
  struct Edge{int v,nt;}E[N<<1];
  struct data{
  	int l,r,m;
  	data(int _l=0,int _r=0):l(_l),r(_r){m=l+r>>1;};
  }A[N];
  struct query{int t,u;}B[N];
  struct update{ui d[20];}NUL;
  vector<update>g[N];
  vector<int>q[N];
  char gc(){
  	static char*p1,*p2,s[1000000];
  	if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
  	return(p1==p2)?EOF:*p1++;
  }
  int rd(){
  	int x=0;char c=gc();
  	while(c<'0'||c>'9')c=gc();
  	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
  	return x;
  }
  void adde(int u,int v){
  	E[o]=(Edge){v,hd[u]};hd[u]=o++;
  	E[o]=(Edge){u,hd[v]};hd[v]=o++;
  }
  void dfs(int u){
  	st[u]=++idx;
  	for(int i=hd[u],v;i;i=E[i].nt){
  		if((v=E[i].v)==fa[u])continue;
  		fa[v]=u;dfs(v);
  	}ed[u]=idx;
  }
  void add(int x){for(;x<=n;x+=x&-x)c[x]++;}
  int ask(int x){int re=0;for(;x;x-=x&-x)re+=c[x];return re;}
  int main(){
  	freopen("pang.in","r",stdin);
  	freopen("pang.out","w",stdout);
  	n=rd();
  	memset(NUL.d,0,sizeof(NUL.d));
  	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=rd();
  	for(int i=1;i<n;++i)adde(rd(),rd());
  	for(int i=1;i<=n;++i)g[i].pb(NUL),q[i].pb(0);
  	dfs(1);
  	m=rd();
  	for(int i=1,op,x,y;i<=m;++i){
  		op=rd();
  		if(op&1){
  			for(++cnt,x=rd(),y=rd();x&&y;x=fa[x],y>>=1){
  				t[x]++;q[x].pb(cnt);
  				g[x].pb(g[x].back());
  				for(int j=0,z=y;j<=15&&z;++j,z>>=1)g[x][t[x]].d[j]+=z;
  			}
  		}else B[++tot]=(query){cnt,rd()};
  	}
  	for(int i=1;i<=n;++i)A[i]=data(0,cnt+1);
  	++cnt;
  	while(1){
  		for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=0;
  		for(int i=0;i<=cnt;++i)c[i]=0;
  		for(int i=1;i<=n;++i)c[A[i].m]++;
  		for(int i=1;i<=cnt;++i)c[i]+=c[i-1];
  		for(int i=n;i;--i)id[c[A[i].m]--]=i;
  		int fg=0;
  		for(int i=1;i<=n;++i){
  			data&tmp=A[id[i]];ui s=0;
  			if(tmp.l==tmp.r)continue;
  			for(int x=id[i],j=0;j<=15&&x;x=fa[x],++j){
  				while(p[x]<t[x]&&q[x][p[x]+1]<=tmp.m)p[x]++;
  				s+=g[x][p[x]].d[j];
  				if(fa[x])s-=g[x][p[x]].d[j+2];
  				if(s>=a[id[i]])break;
  			}
  			if(s>=a[id[i]])tmp=data(tmp.l,tmp.m);
  			else tmp=data(tmp.m+1,tmp.r);
  			if(tmp.l<tmp.r)fg=1;
  		}
  		if(!fg)break;
  	}
  	for(int i=1;i<=cnt;++i)c[i]=0;
  	for(int i=1;i<=n;++i)c[del[i]=A[i].m]++;
  	for(int i=1;i<=cnt;++i)c[i]+=c[i-1];
  	for(int i=1;i<=n;++i)id[c[del[i]]--]=i;
  	for(int i=1;i<=cnt;++i)c[i]=0;
  	for(int i=1,j=1;i<=tot;++i){
  		while(j<=n&&del[id[j]]<=B[i].t)add(st[id[j++]]);
  		printf("%d\n",ask(ed[B[i].u])-ask(st[B[i].u]-1));
  	}
  	return 0;
  }