洛谷 P6021 洪水
题意
- 给定一棵有 \(n\) 个结点的树,点有点权;一共有 \(m\) 次操作,每次操作包括以下两种:
- 在一个点的子树中删去一些结点,使得该子树中所有叶结点与该子树的根结点不连通,并且使删去的点的点权和最小,求出这个最小值。
- 修改一个点的点权。
- \(n \le 2 \times 10^5\) ,\(m\) 与 \(n\) 同级 (题目中没有说明QAQ)
题目分析
显然是动态 DP。
据说这题珂以线段树二分但是我太蒻只会暴力 DDP
虽然题目中没有说明,但是这棵树以 \(1\) 号结点为根。
如果没有修改操作,这是一道简单的树形动规。
首先考虑没有修改操作的情况。
记 \(w_u\) 表示点 \(u\) 的权值, \(f_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树的最小答案。
那么显然有
方程的意义为:要么删去结点 \(u\) ,要么不删去结点 \(u\) ,在结点 \(u\) 的孩子中删去结点,两者取最小。
特殊的,对于叶结点,\(f_u = w_u\) 。
然后考虑修改点权的操作。
注意到每次修改点权只会对该结点到根的路径上的 \(f\) 值产生影响。
所以每次修改时暴力从该结点一直修改到 \(1\) 号结点。
最坏时间复杂度 $ \Theta (mn)$ ,稳稳地 TLE 。
接下来就需要请出主角:动态 DP 了。
动态 DP
动态 DP 用于解决一类被套上修改点权操作的基础 DP 题目。
其主要思想就是利用线段树维护每个结点的 DP 值。
但是由于大多数状态转移方程不满足结合律,所以无法直接使用线段树维护。
但是我们知道矩阵乘法运算是满足结合律的。
所以我们就需要把状态转移方程用矩阵乘法的形式表达出来。
模板题相信大家都过了。
不会动态 DP 的同学可以先去写一下这道模板题,里面的题解介绍的很详细。
构造矩阵
终于回到这题了。
让我们再来玩一玩刚才的状态转移方程。
由于这是一棵树,所以先对它进行重链剖分,然后 按照套路 把轻儿子的答案的总和拎出来;也就是说,记 \(g_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树中轻儿子的答案总和,则可以将原方程转化为:
然后考虑把这个方程转化为矩阵乘法的形式。
在这里,我们需要重新定义一下矩阵乘法:对于矩阵 \(A\) ,\(B\) ,若矩阵 \(C\) 满足 \(C=A*B\) ,则有:
至于这个运算为什么满足结合律,请读者自行验证。
那么我们相当于要找到一个转移矩阵 \(U\) ,使得 :
注意新定义的矩阵乘法不满足交换律。说的好像原来的矩阵乘法满足交换律一样。
首先 \(U\) 是一个 \(2 \times2\) 的矩阵。
根据新定义的矩阵乘法,可以得出:
-
\(f_u=\min(f_{son_u}+U_{1,1}, 0+U_{1,2})\)
-
\(0 = \min(f_{son_u}+U_{2,1}, 0+U_{2,2})\)
再结合原方程,即可得出
然后用线段树维护转移矩阵就可以了。
在实现时我使用了一个矩阵数组来记录转移矩阵,听说这样可以减常数。
另外由于我太蒻了,写的树剖常数大,所以这份代码需要吸氧才能通过。
Code
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 200010;
const ll INF = 1e17+1;
int n, m;;
struct edge{
int ne, to;
}e[MAXN<<1];
int fir[MAXN], num = 0;
inline void join(int a, int b)
{
e[++num].ne = fir[a];
fir[a] = num;
e[num].to = b;
}
struct mat{
ll ele[2][2];
mat(int type = 0)
{
for(int i=0;i<2;i++)
for(int j=0;j<2;j++)
ele[i][j] = INF;
if(type == 1) {
for(int i=0;i<2;i++)
ele[i][i] = 0;
}
}
ll& operator()(const int ix, const int iy){return ele[ix][iy];}
// 重定义的矩阵乘法
inline friend mat operator*(mat mx, mat my)
{
mat res(0);
for(int i=0;i<2;i++)
for(int k=0;k<2;k++)
for(int j=0;j<2;j++)
res(i,j)=min(res(i,j), mx(i,k)+my(k,j));
return res;
}
};
ll val[MAXN], f[MAXN];
mat g[MAXN];
int dep[MAXN], pa[MAXN], siz[MAXN], son[MAXN], top[MAXN], dfn[MAXN], rev[MAXN], end[MAXN], cnt = 0;
void dfs1(int u, int fa)
{
siz[u] = 1; dep[u] = dep[fa] + 1; pa[u] = fa;
for(int i=fir[u];i;i=e[i].ne)
{
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs1(v, u);
siz[u] += siz[v];
if(siz[son[u]] < siz[v]) son[u] = v;
}
}
void dfs2(int u, int t)
{
dfn[u] = ++cnt; rev[cnt] = u; top[u] = t; end[t] = max(end[t], cnt);
g[u](0, 0) = 0; g[u](0, 1) = val[u];
g[u](1, 0) = INF; g[u](1, 1) = 0;
f[u] = 0;
if(son[u]) {
dfs2(son[u], t);
f[u] += f[son[u]];
}
else g[u](0, 0) = INF; //为了保证叶结点转移的合法
for(int i=fir[u];i;i=e[i].ne)
{
int v = e[i].to;
if(v == pa[u] || v == son[u]) continue;
dfs2(v, v);
g[u](0, 0) += f[v]; //g 数组的转移不包括重儿子
f[u] += f[v];
}
if(!son[u]) f[u] = val[u]; // 特判叶结点
else f[u] = min(f[u], val[u]); // 记得两者取最小
}
struct {
int l, r;
mat val;
}t[MAXN<<2];
inline void pushUp(int k)
{
t[k].val = t[k<<1].val*t[k<<1|1].val;
}
void build(int l, int r, int k)
{
t[k].l = l; t[k].r = r;
if(l == r) {
t[k].val = g[rev[l]];
return ;
}
int mid = t[k].l+t[k].r>>1;
build(l, mid, k<<1);
build(mid+1, r, k<<1|1);
pushUp(k);
}
void update(int x, int k)
{
if(t[k].l == t[k].r) {
t[k].val = g[rev[x]]; //由于有在树外记录转移矩阵,直接赋值即可
return ;
}
int mid = t[k].l+t[k].r>>1;
if(x <= mid) update(x, k<<1);
else update(x, k<<1|1);
pushUp(k);
}
mat query(int x, int y, int k)
{
if(t[k].l == x && t[k].r == y) return t[k].val;
int mid = t[k].l+t[k].r>>1;
if(y <= mid) return query(x, y, k<<1);
else if(x >= mid+1) return query(x, y, k<<1|1);
else return query(x, mid, k<<1)*query(mid+1, y, k<<1|1);
}
inline void updatePath(int x, ll z)
{
val[x] += z;
g[x](0, 1) = val[x];
mat bef, aft;
while(x)
{
bef = query(dfn[top[x]], end[top[x]], 1);
// 记录更新之前的矩阵
update(dfn[x], 1);
aft = query(dfn[top[x]], end[top[x]], 1);
x = pa[top[x]];
g[x](0, 0) += min(aft(0, 0), aft(0, 1)) - min(bef(0, 0), bef(0, 1));
// 更新转移矩阵,为下一条链的修改做准备,注意这里需要先减去原先的值
}
}
inline ll querySubtree(int x)
{
mat res = query(dfn[x], end[x], 1); // 查询时只需要从当前点到链尾即可
return min(res(0, 0), res(0, 1));
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&val[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d",&a,&b);
join(a, b);
join(b, a);
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 1);
for(int i=1;i<=n;i++)
end[i] = end[top[i]];
build(1, n, 1);
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
char opt; int x; ll z;
cin>>opt;
if(opt == 'C') {
scanf("%d%lld",&x,&z);
updatePath(x, z);
}
else {
scanf("%d",&x);
printf("%lld\n",querySubtree(x));
}
}
return 0;
}