YbtOJ#662-交通运输【线段树合并,树状数组】

1|0正题

题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/122/problem/2

---

1|1题目大意

给出$n$个点的一棵有根树，对于每个$x$求，删除点$x$后修改某个点的父节点（修改前该点必须有父节点）后最小化最大联通块大小。

---

1|2解题思路

删掉一个点后肯定是最大的那个联通块分一个子树给最小的那个联通块。
设$maxs$表示最大的联通块，$rmax$表示次大的联通块，$mins$表示最小的联通块，那么答案一定在$[rmax,maxs]$之间，而且最小化最大值我们可以考虑二分

然后要分成两种情况
若最大联通块是某一个儿子的子树，这种情况很好处理，我们用线段树合并计算出每个子树可以取的子树大小（不包括它本身），然后判断一下是否有大小在$[maxs-mid,mid-mins]$中的子树就好了。

若最大联通块是父节点所在联通块的子树，这种情况比较麻烦，我们需要把点分成两种，一种是在$x$到根节点路径上的，一种是不在那个上面的。
用树状数组记录一下在$x$到根节点路径上的子树大小，然后用总共的减去树状数组的和之前线段树那个在$x$子树内的就是不在到根节点路径上的，这些和之前那样查询就好了。
剩下在到根路径上的节点的子树大小都减少了$siz_x$，我们将查询的区间右移$siz_x$位就好了，用刚刚那个树状数组就好了

时间复杂度$O(n\log^2 n)$

---

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct node{
	int to,next;
}a[N];
int n,tot,fa[N],deg[N],ls[N],rt[N],siz[N],ans[N];
struct SegTree{
	int w[N<<5],ls[N<<5],rs[N<<5],cnt;
	int Change(int x,int L,int R,int pos){
		int p=++cnt;w[p]=w[x]+1;
		if(L==R)return p;int mid=(L+R)>>1;
		if(pos<=mid)ls[p]=Change(ls[x],L,mid,pos),rs[p]=rs[x];
		else rs[p]=Change(rs[x],mid+1,R,pos),ls[p]=ls[x];
		return p;
	}
	int Ask(int x,int L,int R,int l,int r){
		if(!x)return 0;
		if(L==l&&R==r)return w[x];int mid=(L+R)>>1;
		if(r<=mid)return Ask(ls[x],L,mid,l,r);
		if(l>mid)return Ask(rs[x],mid+1,R,l,r);
		return Ask(ls[x],L,mid,l,mid)+Ask(rs[x],mid+1,R,mid+1,r);
	}
	int Merge(int x,int y){
		if(!x||!y)return x+y;
		int p=++cnt;w[p]=w[x]+w[y];
		ls[p]=Merge(ls[x],ls[y]);
		rs[p]=Merge(rs[x],rs[y]);
		return p;
	}
}T;
struct TreeBinary{
	int t[N];
	void Change(int x,int val){
		while(x<=n){
			t[x]+=val;
			x+=lowbit(x);
		}
		return;
	}
	int Ask(int x){
		int ans=0;
		while(x){
			ans+=t[x];
			x-=lowbit(x);
		}
		return ans;
	}
}B,D;
void addl(int x,int y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(int x){
	siz[x]=1;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;dfs(y);siz[x]+=siz[y];
		rt[x]=T.Change(rt[x],1,n,siz[y]);
		rt[x]=T.Merge(rt[x],rt[y]);
	}
	D.Change(siz[x],1);
	return;
}
int epe(int L,int R,int x){
	if(L>R)return 0;
	return D.Ask(R)-D.Ask(L-1)+B.Ask(R+siz[x])-B.Ask(L+siz[x]-1)-T.Ask(rt[x],1,n,L,R);
}
void work(int x){
	if(x==36449)
		x++,x--;
	if(deg[x]<2){ans[x]=max(siz[1]-siz[x],siz[a[ls[x]].to]);return;}
	int p=0,mins=n,maxs=0,rmax=0;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(siz[y]>maxs)rmax=maxs,maxs=siz[y],p=y;
		else if(siz[y]>rmax)rmax=siz[y];
		mins=min(mins,siz[y]);
	}
	if(siz[1]-siz[x]>maxs){
		rmax=maxs;maxs=siz[1]-siz[x];
		mins=min(mins,siz[1]-siz[x]);
		int L=rmax,R=maxs-1;
		while(L<=R){
			int mid=(L+R)>>1;
			int l=maxs-mid,r=mid-mins;
			if(epe(l,r,x))R=mid-1;
			else L=mid+1;
		}
		ans[x]=L;return;
	}
	else if(fa[x]){
		if(siz[1]-siz[x]>rmax)rmax=siz[1]-siz[x];
		mins=min(mins,siz[1]-siz[x]);
	}
	int L=rmax,R=maxs-1;
	while(L<=R){
		int mid=(L+R)>>1;
		int l=maxs-mid,r=mid-mins;
		if(T.Ask(rt[p],1,n,l,r))R=mid-1;
		else L=mid+1;
	}
	ans[x]=L;
	return;
}
void calc(int x){
	D.Change(siz[x],-1);
	work(x);
	B.Change(siz[x],1);
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next)
		calc(a[i].to);
	B.Change(siz[x],-1);
	D.Change(siz[x],1);
}
int main()
{
	freopen("traffic.in","r",stdin);
	freopen("traffic.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		scanf("%d",&fa[i]);
		deg[fa[i]]++;deg[i]++;
		addl(fa[i],i);
	}
	dfs(1);D.Change(siz[1],-1);
	work(1);B.Change(siz[1],1);
	for(int i=ls[1];i;i=a[i].next)
		calc(a[i].to);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14437174.html
关于博主：退役OIer，GD划水选手
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！