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

f_{u} = min (w_{u}, \sum_{v \in s o n_{u}} f_{v})

$f_u = \min(w_u,\ \sum \limits _{v\in son_u} f_v)$

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。

f_{u} = min (w_{u}, \sum_{v \in s o n_{u}} f_{v})

$f_u = \min(w_u,\ \sum \limits _{v\in son_u} f_v)$

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：

f_{u} = min (w_{u}, f_{s o n_{u}} + g_{u})

$f_u = \text{min}(w_u,\ f_{son_u}+g_u)$

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：

C_{i, j} = min_{k} (A_{i, k} + B_{k, j})

$C_{i,j}=\min \limits _k (A_{i,k}+B_{k,j})$

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：

(\begin{matrix} f_{s o n_{u}} \\ 0 \end{matrix}) * U = (\begin{matrix} f_{u} \\ 0 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} f_{son_u} \\ 0 \end{pmatrix} * U = \begin{pmatrix} f_{u} \\ 0 \end{pmatrix}$

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

(\begin{matrix} f_{s o n_{u}} \\ 0 \end{matrix}) * (\begin{matrix} g_{u} & w_{u} \\ \infty & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} f_{u} \\ 0 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} f_{son_u} \\ 0 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} g_u & w_u \\ \infty & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{u} \\ 0 \end{pmatrix}$

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;
}

posted @ 2022-03-26 10:23 Aphrosia 阅读(25) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· CF1187E Tree Painting

· 2022.04 学习记录

· 【笔记】动态 DP

· P6021 洪水题解

· 动态 DP 学习笔记

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

或许不会维护了

昵称： Aphrosia
园龄： 3年6个月
粉丝： 4
关注： 4

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

Aphrosia

洛谷 P6021 洪水

题意

题目分析

动态 DP

构造矩阵

Code

公告

搜索

常用链接

我的标签

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论