【题解】编程社清明节假期做题记录

编程社清明节假期做题记录&题解

题目难度顺序个人评价:

T4(KMP，字符串Hash均可做)<T1(线段树，分块均可做)<T5(线段树板子题)<T3(KMP-Next数组应用或字符串Hash)<T6(熟练泼粪(雾))<T2(数论-二项式定理，矩阵快速幂)

文章同步发表于：

CSDN
Hexo

若 \(\LaTeX\) 没有在 5s 内加载出来请尝试反复刷新缓存。

T1 敌兵布阵

Description

Problem Link

题意简述

有 \(N(N\leqslant5\times 10^4)\) 个营地，第 \(i\) 个营地初始时有 \(a_i\) 个人 \((1\leqslant a_i\leqslant 50)\)，接下来输入若干条命令：

Add i j 表示第 \(i\) 个营地增加 \(j\) 个人。 \((j\leqslant30)\)
Sub i j 表示第 \(i\) 个营地减少 \(j\) 个人。 \((j\leqslant30)\)
Query i j 表示询问营地 \(i\sim j\) 的总人数。
End 表示当前数据命令结束。

Solution

简单来说就是单点修改，区间查询。

法一线段树

Poster Here

这不线段树板子题吗，果然GM只是不想让我们闲着而已。

既然如此，尝试不看以前的代码，手打一遍吧。

法二分块

Poster There will be a good blog soon...

这不块状链表板子题吗，果然GM只是不想让我们闲着而已。

既然如此，尝试不看以前的代码，手打一遍吧。

~~人类的本质。。。~~

Code

线段树

AC on 04/02

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define lt p<<1
#define rt lt|1
#define mid (a[p].l+a[p].r>>1)
const int maxn=5e4+5;
int T,n,x,y;
int _a[maxn];
char type[15];
namespace Segment_Tree{
    struct Structure_of_Segment_Tree{int l,r,sum;}a[maxn<<2];
    inline void PushUp(int p){
        a[p].sum=a[lt].sum+a[rt].sum;
        return;
    }
    void Build(int p,int l,int r){
        a[p].l=l;a[p].r=r;
        a[p].sum=0;
        if(l==r){
            a[p].sum=_a[l];
            return;
        }
        Build(lt,l,mid);
        Build(rt,mid+1,r);
        PushUp(p);
        return;
    }
    void Update(int p,int x,int v){
        if(a[p].l==a[p].r){
            a[p].sum+=v;
            return;
        }
        if(x<=mid)Update(lt,x,v);
        else Update(rt,x,v);
        PushUp(p);
        return;
    }
    int Query(int p,int l,int r){
        if(l<=a[p].l&&a[p].r<=r)
            return a[p].sum;
        int val=0;
        if(l<=mid)
            val+=Query(lt,l,r);
        if(r>mid)
            val+=Query(rt,l,r);
        return val;
    }
}using namespace Segment_Tree;
int main(){
    scanf("%d",&T);
    for(int t=1;t<=T;++t){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%d",&_a[i]);
        Build(1,1,n);
        printf("Case %d:\n",t);
        scanf("%s",type+1);
        while(strcmp(type+1,"End")){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            switch(type[1]){
                case 'A':{
                    Update(1,x,y);
                    break;
                }
                case 'S':{
                    Update(1,x,-y);
                    break;
                }
                case 'Q':{
                    printf("%d\n",Query(1,x,y));
                    break;
                }
                default:{
                    puts("114514");
                    break;
                }
            }
            scanf("%s",type+1);
        }
    }
    return 0;
}

分块

AC on 04/03

请仔细思考后展开。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int maxk=233;
const int maxn=5e4+5;
int T,n,x,y;
char type[15];
namespace Block{
    int k,siz;
    int sum[maxk];
    int l[maxk],r[maxk];
    int a[maxn],pos[maxn];
    inline void init(void){
        siz=sqrt(n);
        k=(n+siz-1)/siz;
        for(int i=1;i<=k;++i){
            l[i]=r[i-1]+1;
            r[i]=l[i]+siz-1;
            sum[i]=0;
        }
        r[k]=n;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            pos[i]=(i+siz-1)/siz;
            sum[pos[i]]+=a[i];
        }
        return;
    }
    inline void Update(int x,int v){
        a[x]+=v;
        sum[pos[x]]+=v;
        return;
    }
    inline int Query(int ql,int qr){
        int res=0;
        if(pos[ql]==pos[qr]){
            for(int i=ql;i<=qr;++i)
                res+=a[i];
            return res;
        }
        for(int i=ql;i<=r[pos[ql]];++i)
            res+=a[i];
        for(int i=pos[ql]+1;i<pos[qr];++i)
            res+=sum[i];
        for(int i=l[pos[qr]];i<=qr;++i)
            res+=a[i];
        return res;
    }
}using namespace Block;
int main(){
    scanf("%d",&T);
    for(int t=1;t<=T;++t){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            scanf("%d",&a[i]);
        init();
        printf("Case %d:\n",t);
        scanf("%s",type+1);
        while(strcmp(type+1,"End")){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            switch(type[1]){
                case 'A':{
                    Update(x,y);
                    break;
                }
                case 'S':{
                    Update(x,-y);
                    break;
                }
                case 'Q':{
                    printf("%d\n",Query(x,y));
                    break;
                }
                default:{
                    puts("114514");
                    break;
                }
            }
            scanf("%s",type+1);
        }
    }
    return 0;
}

T2 Yet Another Number Sequence

本篇题解同步发表于洛谷。（如果能点个赞那就最好不过了（光速逃

Description

Problem Link

双倍经验

题意简述

设 \(F_i\) 表示Fibonacci数列的第 \(i\) 项，即 \(F_1=1,F_2=2,F_i=F_{i-1}+F_{i-2}\)。

设 \(A_i=F_i\times i^k(k\leqslant 40)\)，你的任务是求出其前 \(n\) 项和 \((n\leqslant 10^{18})\bmod 10^9+7\) 的结果。

Solution

注意到Fibonacci，\(n\leqslant 10^{18}\) 等关键词，明摆着就是一道矩阵加速嘛。

但是，，，\((i-1)^k\) 怎么转移到 \(i^k\) 呢？

BDFS了一大堆后，发现了方法：二项式定理。

\(k\) 那么小，那你干脆把 \((i-1)^1,(i-1)^2,(i-1)^3,\cdots,(i-1)^k\) 丢到初始矩阵里去不就行了？

顺便还得把 \(i^1,i^2,i^3,\cdots,i^k\) 丢进去，然后 \((i-1)^x\) 就可以直接转换成 \(i^x\)。

那么 \(i^x\) 也得转换为 \((i+1)^x\)，所以关键在于 \(i^x\) 怎么转换为 \((i+1)^x\)。

那这不是又回到原问题上了吗！
咱不要急，先慢慢看

经过作者一阵乱搞，发现矩阵乘法是处理不了 \(A_i\) 的。

所以只能把矩阵里的 \(i^1,i^2,\cdots,i^k\) 都乘上一个 \(F_i\) 来充数。

那么我们看一看 \(F_{i+1}\times(i+1)^k\) 是怎么得到的：

\[\begin{aligned} F_{i+1}\times(i+1)^k&=(F_{i-1}+F_i)\times(i+1)^k\\ &=F_{i-1}\times(i+1)^k+F_i\times(i+1)^k\\ &=F_{i-1}\times[(i-1)+2]^k+F_i\times[(i)+1]^k \end{aligned} \]

是时候亮出二项式定理了！

众所周知，二项式定理是一个酱紫的东西：

\[(x+y)^k=\sum\limits_{i=0}^kC_k^ix^iy^{k-i} \]

代入到 \([(i-1)+2]^k\) 中来，就是：

\[[(i-1)+2]^x=\sum\limits_{j=0}^xC_x^j(i-1)^j2^{x-j} \]

而我们刚好有 \((i-1)^j\)。

\(C_x^j\times2^{x-j}\) 就是 \((i-1)^j\) 在加速矩阵里对应的系数。

又代入到 \([(i)+1]^x\) 中，得：

\[[(i)+1]^x=\sum\limits_{j=0}^xC_x^ji^j \]

挺巧的，我们也有 \(i^j\)。

\(C_x^j\) 就是 \(i^j\) 在加速矩阵中对应的系数。

设 \(S_x=\sum\limits_{i=1}^xA_i\)。

那么初始矩阵就长这样：

\[[F_1,F_2,S_1,F_1\times1^1,F_1\times 1^2,\cdots,F_1\times1^k,F_2\times2^1,F_2\times2^2,\cdots,F_2\times2^k] \]

转移一步后长这样：

\[[F_2,F_3,S_2,F_2\times2^1,F_2\times2^2,\cdots,F_2\times2^k,F_3\times3^1,F_3\times3^2,\cdots,F_3\times3^k] \]

转移 \(n-1\) 步后的最终矩阵长这样：

\[[F_n,F_{n+1},S_n,F_n\times n^1,F_n\times n^2,\cdots,F_n\times n^k,F_{n+1}\times(n+1)^1,F_{n+1}\times(n+1)^2,\cdots,F_{n+1}\times(n+1)^k] \]

加速矩阵长这样：

\[\begin{bmatrix} &F_i&F_{i+1}&S_i&F_i\times i^1&F_i\times i^2&\cdots&F_i\times i^k&F_{i+1}\times(i+1)^1&F_{i+1}\times(i+1)^2&\cdots&F_{i+1}\times(i+1)^k \\ F_{i-1}(\times(i-1)^0)&0&1&0&0&0&\cdots&0&2^{1-0}\times C_1^0=2&2^{2-0}\times C_2^0=4&\cdots&2^{k-0}\times C_k^0\\ F_{i}(\times i^0)&1&1&0&0&0&\cdots&0&C_1^0=1&C_2^0=1&\cdots&C_k^0\\ S_{i-1}&0&0&1&0&0&\cdots&0&0&0&\cdots&0\\ F_{i-1}\times(i-1)^1&0&0&0&0&0&\cdots&0&2^{1-1}\times C_1^1=1&2^{2-1}\times C_2^1=4&\cdots&2^{k-1}\times C_k^1\\ F_{i-1}\times(i-1)^2&0&0&0&0&0&\cdots&0&0&2^{2-2}\times C_2^2=1&\cdots&2^{k-2}\times C_k^2\\ \cdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ F_{i-1}\times(i-1)^k&0&0&0&0&0&\cdots&0&0&0&\cdots&2^{k-k}\times C_k^k\\ F_i\times i^1&0&0&0&1&0&\cdots&0&C_1^1=1&C_2^1=2&\cdots&C_k^1\\ F_i \times i^2&0&0&0&0&1&\cdots&0&0&C_2^2=1&\cdots&C_k^2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ F_i\times i^k&0&0&1&0&0&\cdots&0&0&0&\cdots&C_k^k \end{bmatrix} \]

（这个\(\LaTeX\) 是给人打的吗。。。）

好了，除了初始化麻烦点，代码还是比较简单的。

Code

时间复杂度 \(\mathcal O(\)能过\()\)

感谢@w23c3c3大巨佬让我逃离了手推 \(k=40\) 大数据然后真·清明节快乐的厄运。

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int maxn=105;
struct Matrix{
	int n,m;
	int c[maxn][maxn]; 
	Matrix(int N=0,int M=0){
		n=N,m=M;
		memset(c,0,sizeof(c));
	}
	Matrix operator*(const Matrix a)const{
		int l=n,r=a.m;
		Matrix x=Matrix(l,r);
		for(int i=1;i<=l;++i){
			for(int j=1;j<=r;++j){
				for(int k=1;k<=m;++k){
					x.c[i][j]+=c[i][k]*a.c[k][j];
					x.c[i][j]%=mod;
				}
			}
		}
		return x;
	}
}A,B;
int n,k,x=4;
int f[45][45]; 
Matrix pow(Matrix&x,int b){
	Matrix ans=Matrix(x.n,x.m);
	for(int i=1;i<=x.m;++i)
        ans.c[i][i]=1;
	while(b){
		if(b&1)
			ans=x*ans;
		x=x*x;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
inline void init(void){
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i){
        f[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;++j)
			f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod;
	}
    return;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    init();
    A=Matrix(1,3+(k<<1));
    A.c[1][1]=1;A.c[1][2]=2;A.c[1][3]=1;
    for(int i=1;i<=k;++i){
        A.c[1][3+i]=1;
        A.c[1][k+3+i]=x%mod;
        x<<=1;
    }
    B=Matrix(3+(k<<1),3+(k<<1));
    B.c[2][1]=1;
    B.c[1][2]=B.c[2][2]=1;
    B.c[3][3]=B.c[3+(k<<1)][3]=1;
    for(int i=1;i<=k;++i){
        B.c[1][i+k+3]=(1ll<<i)%mod;
        B.c[3+k+i][3+i]=1;
        B.c[2][3+i+k]=1;
    }
    for(int i=1;i<=k;++i){
        for(int j=i;j<=k;++j){
            B.c[3+i][3+k+j]=(((1ll<<j-i)%mod)*f[j][i])%mod;
            B.c[3+k+i][3+k+j]=f[j][i];
        }
    }
    A=A*pow(B,n-1);
    printf("%lld",A.c[1][3]);
    return 0;
}

T3 JM的荧光棒工厂

Description

Problem Link

题意简述

给定字符串 \(S(1\leqslant|S|\leqslant2\times10^5)\)，求出所有既是 \(S\) 的前缀，又是 \(S\) 的后缀的子串长度。

Solution

法一 KMP

主要考察 KMP Next 数组的理解和应用。

经典KMP题了。

法二字符串Hash

因为某种不可描述的原因，咕掉了我自裁qwq

枚举一下 \(1\sim |S|-1\) 的所有长度，比对这个长度的前缀和后缀的Hash值是否相等即可。

Code

KMP

AC on 04/03

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using std::sort;
const int maxn=2e5+5;
int tot,len;
char S[maxn];
int ans[maxn];
int Next[maxn];
void get_Next(void){
	int i=0,j=-1;
	Next[0]=-1;
	while(i<len){
		if(j==-1||S[i]==S[j]){
			i++;
			j++;
			Next[i]=j;
		}
		else j=Next[j];
	}
	return;
}
signed main(){
    scanf("%s",S);
	len=strlen(S);
	get_Next();
	while(len>0){
		ans[++tot]=len;
		len=Next[len];
	}
    printf("%lld\n",tot-1);
	sort(ans+1,ans+tot+1);
	for(int i=1;i<tot;++i)
		printf("%lld ",ans[i]);
	return 0;
}

字符串Hash

AC on 04/05

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int unsigned long long
const int p=13331;
const int maxn=2e5+5;
int tot,len;
char s[maxn];
int ans[maxn];
int __HaSh__[maxn];
inline int qkp(int ds,int zs){
	int ans=1;
	while(zs){
		if(zs&1)ans*=ds;
		ds*=ds;
		zs>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int Get_Hash(int l,int r){
	int q=qkp(p,r-l+1);
	return __HaSh__[r]-__HaSh__[l-1]*q;
}
signed main(){
    scanf("%s",s+1);
	len=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=len;++i)
		__HaSh__[i]=__HaSh__[i-1]*p+s[i];
    for(int i=1;i<len;++i){
        if(Get_Hash(1,i)==Get_Hash(len-i+1,len))
            ans[++tot]=i;
    }
    printf("%llu\n",tot);
    for(int i=1;i<=tot;++i)
        printf("%llu ",ans[i]);
	return 0;
}

T4 剪花布条

Description

Problem Link

双倍经验

题意简述

给定两个字符串 \(S,M(|S|,|M|\leqslant1000)\)，求 \(S\) 中最多有多少个互不重叠的 \(M\)。

Solution

法一 KMP

又是一道KMP板子题。只是在KMP匹配成功时 \(j\) 要从 \(0\) 开始从头匹配。

法二字符串Hash

同样也很板，直接模拟一遍匹配过程即可。但是常数与KMP相比稍大。

Code

KMP

AC on 04/03

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int maxn=1005;
int Next[maxn];
int ans,ALen,BLen;
char S[maxn],M[maxn];
void KMP(char *A,char *B){
    ans=0;
	int i=0,j=-1;
	Next[0]=-1;
	BLen=strlen(B);
	while(i<BLen){
		if(j==-1||B[i]==B[j]){
			i++;
			j++;
			Next[i]=j;
		}
		else j=Next[j];
	}
	i=0,j=0;
	while(i<ALen&&j<BLen){
		if(j==-1||A[i]==B[j]){
			i++;
			j++;
		}
		else j=Next[j];
		if(j==BLen){
			ans++;
			j=0;
		}
	}
	return;
}
int main(){
	while(~scanf("%s",S)){
        if((ALen=strlen(S))==1){
            if(S[0]=='#')
                return 0;
        }
        scanf("%s",M);
        KMP(S,M);
        printf("%d\n",ans);
    }
	return 0;
}

字符串Hash

AC on 04/05

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int unsigned long long
const int p=13331;
const int maxn=1005;
int __HaSh__[maxn];
char s[maxn],m[maxn];
int lens,lenm,ans,now,hamh;
inline int qkp(int ds,int zs){
	int ans=1;
	while(zs){
		if(zs&1)ans*=ds;
		ds*=ds;
		zs>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int Get_Hash(int l,int r){
	int q=qkp(p,r-l+1);
	return __HaSh__[r]-__HaSh__[l-1]*q;
}
signed main(){
	while(~scanf("%s",s+1)){
		ans=hamh=0;
        if((lens=strlen(s+1))==1){
            if(s[1]=='#')
                return 0;
        }
        scanf("%s",m+1);
		lenm=strlen(m+1);
		for(int i=1;i<=lens;++i)
			__HaSh__[i]=__HaSh__[i-1]*p+s[i];
		for(int i=1;i<=lenm;++i)
			hamh=hamh*p+m[i];
        now=1;
		while(now<=lens-lenm+1){
			if(Get_Hash(now,now+lenm-1)==hamh){
				ans++;
				now+=lenm;
			}
			else now++;
		}
        printf("%llu\n",ans);
    }
	return 0;
}

T5 函数

Description

Problem Link

题意简述

有 \(Q\) 个询问 \((1\leqslant Q\leqslant 10^5)\)，对于每个测试点，给定 \(mod(1\leqslant mod\leqslant 10^{14})\)，对于每个询问，给定 \(n,r(1\leqslant r\leqslant n\leqslant 10^5)\)，其中 \(mod\) 不一定是质数，求 \(C_n^r\times(n-r)!\bmod mod\)。

Solution

若 \(mod\) 是质数，可以用逆元。~~（虽然我不会）~~

但是，这里的 \(mod\) 不一定是质数了，我们就要想办法避免除法。

开始推式子：

\[\begin{aligned} C_n^r\times(n-r)!&=\frac{n!}{r!(n-r)!}\times(n-r)!\\ &=\frac{n!}{r!} \end{aligned} \]

此时暴力的时间复杂度为 \(\mathcal O(nQ)\)，要炸。

所以考虑把 \(1\sim 10^5\) 中的连乘值处理出来，然后线段树区间查询 \(r+1\sim n\) 的连乘。

Code

这道不要脸的题居然要开 __int128 ，差评。

注：int 有 \(\text{30pts}\)，long long 有 \(\text{50pts}\)

AC on 04/03

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int __int128
#define lt p<<1
#define rt lt|1
#define mid (a[p].l+a[p].r>>1)
const int maxn=1e5+5;
const int LEN=(1<<20);
int Q,n,mod,r;
namespace Segment_Tree{
    struct Structure_of_Segment_Tree{int l,r,mul;}a[maxn<<2];
    inline void PushUp(int p){
        a[p].mul=(a[lt].mul*a[rt].mul)%mod;
        return;
    }
    void Build(int p,int l,int r){
        a[p].l=l;a[p].r=r;
        a[p].mul=1;
        if(l==r){
            a[p].mul=l%mod;
            return;
        }
        Build(lt,l,mid);
        Build(rt,mid+1,r);
        PushUp(p);
        return;
    }
    int Query(int p,int l,int r){
        if(l<=a[p].l&&a[p].r<=r)
            return a[p].mul;
        int val=1;
        if(l<=mid)
            val=Query(lt,l,r);
        if(r>mid)
            val=(val*Query(rt,l,r))%mod;
        return val;
    }
}using namespace Segment_Tree;
inline int nec(){
	static char buf[LEN],*p=buf,*e=buf;
	if(p==e){
		if((e=buf+fread(buf,1,LEN,stdin))==buf)return EOF;
		p=buf;
	}
	return *p++;
}
inline bool read(int&x){
	static char neg=0,c=nec();
	neg=0,x=0;
	while((c<'0'||c>'9')&&c!='-'){
		if(c==EOF)return 0;
		c=nec();
	}
	if(c=='-'){
		neg=1;
		c=nec();
	}
	do{x=x*10+c-'0';}while((c=nec())>='0');
	if(neg)x=-x;
	return 1;
}
void print(int x){
	if(x>9)print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	return;
}
signed main(){
    #ifdef ONLINE_JUDGE
    freopen("function.in","r",stdin);
    freopen("function.out","w",stdout);
    #endif
    read(Q);read(mod);
    Build(1,1,1e5+5);
    while(Q--){
        read(n);read(r);
        print(Query(1,r+1,n));
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

T6 树的统计

Description

Problem Link, and this,this,this,this,this.

题意简述

原题目描述够简了。

Solution

树剖板子题，有手就行，不讲。~~快来！这里有个人水博客！~~

Code

AC on 04/03

请仔细思考后展开。

#include<cstdio>
const int maxn=3e4+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct _{
    int l,r;
    int mx,sum;
}a[maxn<<2];
char s[15];
int n,q,x,y,tot,cnt;
int to[maxn<<1],nxt[maxn<<1];
int h[maxn],dep[maxn],w[maxn],rk[maxn];
int f[maxn],hvst[maxn],siz[maxn],st[maxn],top[maxn];
void add(int x,int y){
    to[++tot]=y;
    nxt[tot]=h[x];
    h[x]=tot;
    return;
}
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
void swap(int&x,int&y){
    if(x==y)return;
    x^=y^=x^=y;
    return;
}
void dfs1(int x,int fa){
    siz[x]=1;
    int mxsiz=0;
    for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){
        int v=to[i];
        if(v==fa)continue;
        dep[v]=dep[x]+1;
        f[v]=x;
        dfs1(v,x);
        siz[x]+=siz[v];
        if(siz[v]>mxsiz){
            mxsiz=siz[v];
            hvst[x]=v;
        }
    }
    return;
}
void dfs2(int x,int tp){
    top[x]=tp;
    st[x]=++cnt;
    rk[cnt]=x;
    if(!hvst[x])                           
        return;
    dfs2(hvst[x],tp);
    for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){
        int v=to[i];
        if(v!=f[x]&&v!=hvst[x])
            dfs2(v,v); 
    }
    return;
}
void build(int p,int l,int r){
    a[p].l=l,a[p].r=r;
    if(l==r){
        a[p].mx=a[p].sum=w[rk[l]];
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    int lt=p<<1;int rt=lt|1;
    build(lt,l,mid);
    build(rt,mid+1,r);
    a[p].mx=max(a[lt].mx,a[rt].mx);
    a[p].sum=a[lt].sum+a[rt].sum;
    return;
}
void Update(int p,int x,int v){
    if(a[p].l==a[p].r){
        a[p].sum=a[p].mx=v;
        return;
    }
    int lt=p<<1;int rt=lt|1;
    int mid=a[p].l+a[p].r>>1;
    if(x<=mid)Update(lt,x,v);
    else Update(rt,x,v);
    a[p].mx=max(a[lt].mx,a[rt].mx);
    a[p].sum=a[lt].sum+a[rt].sum;
    return;
}
int QueryMax(int p,int l,int r){
    if(l<=a[p].l&&r>=a[p].r)
        return a[p].mx;
    int val=-inf;
    int mid=a[p].l+a[p].r>>1;
    if(l<=mid)
        val=max(val,QueryMax(p<<1,l,r));
    if(r>mid)
        val=max(val,QueryMax((p<<1)|1,l,r));
    return val;
}
int QuerySum(int p,int l,int r){
    if(l<=a[p].l&&r>=a[p].r)
        return a[p].sum;
    int val=0;
    int mid=a[p].l+a[p].r>>1;
    if(l<=mid)
        val+=QuerySum(p<<1,l,r);
    if(r>mid)
        val+=QuerySum((p<<1)|1,l,r);
    return val;
}
int QueryMaxPath(int x,int y){
    int res=-inf;
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
            swap(x,y);
        res=max(res,QueryMax(1,st[top[x]],st[x]));
        x=f[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
    res=max(res,QueryMax(1,st[x],st[y]));
    return res;
}
int QuerySumPath(int x,int y){
    int res=0;
    while(top[x]!=top[y]){ 
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
            swap(x,y);
        res+=QuerySum(1,st[top[x]],st[x]);
        x=f[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
    res+=QuerySum(1,st[x],st[y]);
    return res;
}
int main(){
    dep[1]=1;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;++i){ 
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&w[i]);
    dfs1(1,-1);
    dfs2(1,1);
    build(1,1,n);
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        scanf("%s%d%d",s+1,&x,&y);
        if(s[1]=='C')
            Update(1,st[x],y);
        else if(s[2]=='M')
            printf("%d\n",QueryMaxPath(x,y));
        else printf("%d\n",QuerySumPath(x,y));
    }
    return 0;
}

end.

posted @ 2021-04-03 19:51 XSC062 阅读(123) 评论(0) 编辑收藏举报

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