BZOJ.4009.[HNOI2015]接水果(整体二分 扫描线)
又是一个三OJ rank1!=w=
\(Description\)
(还是感觉,为啥非要出那种题目背景啊=-=直接说不好么)
给定一棵树和一个路径集合(每条路径有一个权值)。\(Q\)次询问,每次询问给定一条路径,求路径集合中完全被这条路径包含的路径中,权值第\(k\)大的是多少。
\(n,m,Q\leq40000\)。
\(Solution\)
首先考虑一条路径\((a,b)\)完全包含路径\((u,v)\),需要满足什么条件。
记\(L[x]\)为\(x\ DFS\)序的编号,\(R[x]=L[x]+size[x]-1\)为\(x\)子树\(DFS\)序编号的最后一个。
若\(LCA(u,v)\neq u\),那么\(L[u]\leq L[a]\leq R[u],\ L[v]\leq L[b]\leq R[v]\)。也即点\((L[a],L[b])\)在矩形\([L[u]\sim R[u],\ L[v]\sim R[v]]\)中。
若\(LCA(u,v)=u\),记\(w\)为\(u\to v\)路径上的第二个点(\(u\)在\(v\)子树方向上的儿子),则\(a\)在\(w\)子树外,\(b\)在\(v\)子树内,即\(L[a]\)在区间\([1,L[w]-1]\bigcup[R[w]+1,n]\)中,\(L[b]\)在\([L[v],R[v]]\)中。
那么每个盘子就是一个矩形,每个水果是一个点,我们要对每个点求,包含它的矩形中第\(k\)大的是多少。
整体二分+扫描线。
具体:先把矩形拆成扫描线,再对扫描线按权值排序。每次加入权值\(\leq mid\)的扫描线,同时处理每个询问。
若对于一个询问,包含它的矩形个数\(\geq k\),则它的答案\(\leq mid\);否则\(k\)减掉对应个数,它的答案\(\gt mid\)。
细节:判\(LCA(u,v)\)是否\(u\)可以直接判\(v\)在\(u\)的子树里。
要让修改和询问的\(x\)都小于等于\(y\)。
最好对权值离散化一下下。
树状数组是区间修改单点查询。。差分一下。
变量名写的有点恶心=-=
//15268kb 1128ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=40005,M=N<<2;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],val[N],L[N],R[N],Ans[N],fa[N],dep[N],sz[N],son[N],top[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Quries
{
int x,y,k,id;
bool operator <(const Quries &a)const
{
return x<a.x;
}
}q[N],tmpq1[N],tmpq2[N];
struct OPT
{
int p,l,r,v;
bool operator <(const OPT &a)const
{
return p<a.p;
}
}opt[N<<2],tmpo1[M],tmpo2[M];
struct BIT
{
int n,t[N];
#define lb(x) (x&-x)
inline void Modify(int l,int r,int v)
{
for(int p=l; p<=n; p+=lb(p)) t[p]+=v;
for(int p=r+1; p<=n; p+=lb(p)) t[p]-=v;
}
inline int Query(int p)
{
int res=0;
for(; p; p^=lb(p)) res+=t[p];
return res;
}
}T;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
inline int Jump(int u,int v)
{
int las=v;
while(top[u]!=top[v]) v=fa[las=top[v]];
return u==v?las:son[u];
}
void DFS1(int x)
{
int mx=0; sz[x]=1;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x]) fa[v]=x, dep[v]=dep[x]+1, DFS1(v), sz[x]+=sz[v], sz[v]>mx&&(mx=sz[v],son[x]=v);
}
void DFS2(int x,int tp)
{
static int Index=0;
top[x]=tp, L[x]=++Index;
if(son[x])
{
DFS2(son[x],tp);
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x]&&v!=son[x]) DFS2(v,v);
}
R[x]=Index;
}
void Solve(int l,int r,int ho,int to,int hq,int tq)
{
if(l==r||ho>to||hq>tq)
{
for(int i=hq,v=val[l]; i<=tq; ++i) Ans[q[i].id]=v;
return;
}
int m=l+r>>1,v=val[m],now=ho,to1=0,to2=0,tq1=0,tq2=0;
for(int i=hq; i<=tq; ++i)
{
while(now<=to && opt[now].p<=q[i].x)
if(std::abs(opt[now].v)<=v) T.Modify(opt[now].l,opt[now].r,opt[now].v>0?1:-1), tmpo1[to1++]=opt[now++];
else tmpo2[to2++]=opt[now++];
int t=T.Query(q[i].y);
if(q[i].k>t) q[i].k-=t, tmpq2[tq2++]=q[i];
else tmpq1[tq1++]=q[i];
}
while(now<=to)
if(std::abs(opt[now].v)<=v) T.Modify(opt[now].l,opt[now].r,opt[now].v>0?1:-1), tmpo1[to1++]=opt[now++];
else tmpo2[to2++]=opt[now++];
for(int i=ho,p=0; p<to1; opt[i++]=tmpo1[p++]);
for(int i=ho+to1,p=0; p<to2; opt[i++]=tmpo2[p++]);
for(int i=hq,p=0; p<tq1; q[i++]=tmpq1[p++]);
for(int i=hq+tq1,p=0; p<tq2; q[i++]=tmpq2[p++]);
Solve(l,m,ho,ho+to1-1,hq,hq+tq1-1), Solve(m+1,r,ho+to1,to,hq+tq1,tq);
}
int main()
{
int n=read(),m=read(),Q=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
DFS1(1), DFS2(1,1);
int tot=0;
for(int i=1; i<=m; ++i)
{
int u=read(),v=read(); val[i]=read();
if(L[u]>L[v]) std::swap(u,v);
if(L[v]<L[u]||L[v]>R[u])
{
opt[++tot]=(OPT){L[u],L[v],R[v],val[i]};
if(R[u]<n) opt[++tot]=(OPT){R[u]+1,L[v],R[v],-val[i]};
}
else
{
int w=Jump(u,v);
//if(L[w]>1) 这个显然不用判啊=-= (但是下面那个要判啊
opt[++tot]=(OPT){1,L[v],R[v],val[i]}, opt[++tot]=(OPT){L[w],L[v],R[v],-val[i]};
if(R[w]<n) opt[++tot]=(OPT){L[v],R[w]+1,n,val[i]}, opt[++tot]=(OPT){R[v]+1,R[w]+1,n,-val[i]};//加上可能的p=n+1的操作好惹,以便清空树状数组。
}
}
for(int i=1,u,v; i<=Q; ++i)
u=read(),v=read(),q[i]=(Quries){std::min(L[u],L[v]),std::max(L[u],L[v]),read(),i};
std::sort(opt+1,opt+1+tot), std::sort(q+1,q+1+Q), std::sort(val+1,val+1+m);
int cnt=1;
for(int i=2; i<=m; ++i) if(val[i]!=val[i-1]) val[++cnt]=val[i];
T.n=n, Solve(1,cnt,1,tot,1,Q);
for(int i=1; i<=Q; printf("%d\n",Ans[i++]));
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------