【luogu P4338】【LOJ 2434】历史(LCT)

历史

题目链接:luogu P4338 / LOJ 2434

题目大意

给你一棵树,其中 1 是根,然后给你每个点的 access 次数,要你规划一个 access 的顺序,使得轻重链的切换次数最大。
然后要支持修改,修改会增加一个点的 access 次数。

思路

考虑不修改的时候怎么做。

考虑 DP 求一个子树的最大切换次数。
那除了内部贡献,还有最上面的点,那这个点最好是轮流来,除了第一次都有一个贡献,即 sumi1。(sumi 是子树大小)

那怎么时候会不能有这种贡献,就是当最大的那个子树个数超过了一半,具体来讲是 2maxn>sumi
那这个时候,你只能尽可能的交错,所以贡献只有 2(sumimaxn)

然后你再考虑带修改。
那带修改我们如果只有一种贡献方法就好办,但有两种的话就考虑能不能区分开。

而且通过观察我们会发现,因为是加次数,所以它作为最大值的话就只会从第一种到第二种,如果不是最大值可能会让之前的最大值由第二种变回第一种。
那你考虑用 LCT 的实边虚边维护,就只需要枚举到 1 路径上的虚边来查看是否要改动。

那这个我们可以变形一下 access 操作来得到。
然后你每次就查看是否要让实边取消,再看是否要让虚边连上,然后维护一些值就可以了。

代码

#include<cstdio> #define ll long long using namespace std; struct node { int to, nxt; }e[800001]; int n, m; int le[400001], KK, x, y; ll a[400001], ans; int re; char c; int read() { re = 0; c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') c = getchar(); while (c >= '0' && c <= '9') { re = (re << 3) + (re << 1) + c - '0'; c = getchar(); } return re; } int write(ll x) { if (x > 9ll) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); } struct LCT { int ls[400001], rs[400001]; int fa[400001]; ll sum[400001], val[400001], xs[400001]; //sum 是子树的匹配个数,val 相当于 a,xs 是虚边连着的大小 void work(int now) {//建出一开始的 ll maxn = val[now]; int pl = 0; sum[now] = val[now]; for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt) if (e[i].to != fa[now]) { fa[e[i].to] = now; work(e[i].to); if (sum[e[i].to] > maxn) maxn = sum[e[i].to], pl = e[i].to; sum[now] += sum[e[i].to]; } if (2ll * maxn > sum[now]) ans += 2ll * (sum[now] - maxn), rs[now] = pl; else ans += sum[now] - 1; xs[now] = sum[now] - val[now] - sum[rs[now]]; } bool nrt(int now) { return ls[fa[now]] == now || rs[fa[now]] == now; } bool lrs(int now) { return ls[fa[now]] == now; } void up(int now) { sum[now] = sum[ls[now]] + sum[rs[now]] + val[now] + xs[now]; } void rotate(int x) { int y = fa[x], z = fa[y]; int b = lrs(x) ? rs[x] : ls[x]; if (z && nrt(y)) (lrs(y) ? ls[z] : rs[z]) = x; if (lrs(x)) rs[x] = y, ls[y] = b; else ls[x] = y, rs[y] = b; fa[x] = z; fa[y] = x; if (b) fa[b] = y; up(y); } void Splay(int x) { while (nrt(x)) { if (nrt(fa[x])) { if (lrs(x) == lrs(fa[x])) rotate(fa[x]); else rotate(x); } rotate(x); } up(x); } ll clac(int now, ll summ, ll maxn) { if (rs[now]) return 2ll * (summ - maxn); if (val[now] * 2ll > summ) return 2ll * (summ - val[now]); return summ - 1; } void access(int now, ll y) { Splay(now); //一开始的那一段要特殊处理,因为是加 val 不是 xs ll summ = sum[now] - sum[ls[now]], maxn = sum[rs[now]]; ans -= clac(now, summ, maxn); sum[now] += y; val[now] += y; summ += y; if (2ll * maxn <= summ) xs[now] += maxn, rs[now] = 0, maxn = 0; ans += clac(now, summ, maxn); up(now); int lst = now; now = fa[now]; for (; now; now = fa[now]) { Splay(now); summ = sum[now] - sum[ls[now]]; maxn = sum[rs[now]]; ans -= clac(now, summ, maxn); sum[now] += y; xs[now] += y; summ += y; if (2ll * maxn <= summ) xs[now] += maxn, rs[now] = 0, maxn = 0; if (2ll * sum[lst] > summ) xs[now] -= sum[lst], rs[now] = lst, maxn = sum[lst]; ans += clac(now, summ, maxn); up(now); lst = now; } } }T; void add(int x, int y) { e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK; e[++KK] = (node){x, le[y]}; le[y] = KK; } int main() { // freopen("read.txt", "r", stdin); // freopen("write.txt", "w", stdout); n = read(); m = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 1ll * read(), T.val[i] = a[i]; for (int i = 1; i < n; i++) { x = read(); y = read(); add(x, y); } T.work(1); write(ans); putchar('\n'); while (m--) { x = read(); y = read(); a[x] += y; T.access(x, y); write(ans); putchar('\n'); } return 0; }

__EOF__

本文作者あおいSakura
本文链接https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_P4338.html
关于博主:评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
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!
posted @   あおいSakura  阅读(47)  评论(0编辑  收藏  举报
编辑推荐:
· go语言实现终端里的倒计时
· 如何编写易于单元测试的代码
· 10年+ .NET Coder 心语,封装的思维:从隐藏、稳定开始理解其本质意义
· .NET Core 中如何实现缓存的预热?
· 从 HTTP 原因短语缺失研究 HTTP/2 和 HTTP/3 的设计差异
阅读排行:
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型,支持深度思考和联网搜索!
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目(很简单哒)
· ollama系列01:轻松3步本地部署deepseek,普通电脑可用
· 25岁的心里话
· 按钮权限的设计及实现
点击右上角即可分享
微信分享提示