10.11解题报告

考试时间分配：

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\(T1\) \(1h30min\)

\(T2\) \(1h30min\)

\(T3\) \(0min\)

考试分数：

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\(T1\) \(100pts\)

\(T2\) \(96pts\)

\(T3\) \(0pts\)

考试总结：

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输出文件名打错，错误比较严重，就算程序打得再好，文件名错了，照样零分，和没打一个样。感谢老师改了过来。时间分配较为合理，脑子今天比较活，多上厕所或许可以使脑子思路更清晰。

思路：

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T1

题目名称叫做线段树，但是这个题不一定是用线段树去做。

如果用线段树去做，每一次操作都是单点的，所以还不如不用。

看题目提供的操作有两个单点操作，一个区间操作(全部修改)，这样的复杂度最坏的情况是O(nq)，很不理想。

我们需要优化，可以优化的有这么几点：
1.	我们可以维护一个sum值，在改变的时候可以O(1)的输出。
2.	我们可以设一个变量flag为全局值，就是操作三的要修改为的数。再设一个flag_x为flag是第几次修改，记录下标。Tag数组可以记录第j个数在第几次变成了flag。再在该基础上修改序列值。

经过优化，每一次操作都是O(1)的，所以我们的总复杂度可以降低到O(q)的复杂度，所以是可以过的。

T2

最长路，听上去与最短路类似，所以可能会用dij或者SPFA法，一开始我打了一个堆优化dij，但是该复杂度是能拿到40pts，并不太行。

然后看到保证一定有最长路，那么这又是一个有向图，所以就是有向无环图，DAG。可以使用拓扑排序+dp来求最长路。

每一次都是用入度为零的点开始推这个点所可以到达的点的最长路。状态转移方程大约是

dp[v] = max(dp[v], dp[u]+t[i].dis)

u是指该边起点；v是指该边的终点，t[i].dis是指该边的长度.
然后就在转移中取一个max就做完了。

代码：

T1：

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int Max = 1e7 + 80;
const int MAXSIZE = 50000020;
int bufpos;
char buf[MAXSIZE];
int re() {
    int val = 0;
    for(; buf[bufpos] < '0' || buf[bufpos] > '9'; bufpos ++);
    for(; buf[bufpos] >= '0' && buf[bufpos] <= '9'; bufpos ++)
        val = val * 10 + buf[bufpos] - '0';
    return val;
}
void write(ll x) {
	if(x < 0) x = - x, putchar('-');
	if(x > 9) write(x / 10); putchar(x % 10 ^ 48);
}
int n, q, a[Max], flag, tag[Max], flag_x = 0;
ll sum = 0;
int main() {
	freopen("segmenttree.in", "r", stdin); freopen("segmenttree.out", "w", stdout);
	buf[fread(buf, 1, MAXSIZE, stdin)] = '\0';
  bufpos = 0;
  n = re(); q = re();
  for(int i = 1; i <= q; i ++) {
   	int opt = re();
    if(opt == 1) {
			int x = re(), y = re();
			if(tag[x] == flag_x) sum -= a[x];
			else {
				tag[x] = flag_x;
				sum -= flag;
			}
			sum += y;
			a[x] = y;
		}
		else if(opt == 2) {
   		int x = re(), y = re();
			if(tag[x] == flag_x) {
				a[x] += y;
			}
			else {
				a[x] = flag + y; tag[x] = flag_x;
			}
			sum += y;
		}
		else {
   		int y = re();
			flag = y; flag_x = i;
			sum = y * n;
		}
		write(sum); putchar('\n');
	}
	return 0;
}

T2：

#include <cstdio>
#include <queue>
#define re register
typedef long long ll;
const int Max = 1e6 + 150;
const ll INF = 0x7ffffff;
const int MAXSIZE = 50000020;
int bufpos;
char buf[MAXSIZE];
inline ll max(ll a, ll b) { return a > b ? a : b;}
inline int read() {
    int val = 0;
    for(; buf[bufpos] < '0' || buf[bufpos] > '9'; bufpos ++);
    for(; buf[bufpos] >= '0' && buf[bufpos] <= '9'; bufpos ++)
        val = val * 10 + buf[bufpos] - '0';
    return val;
}
struct edge {
	ll to, net, dis;
}t[Max];
int n, m, head[Max], cnt, du[Max];
ll dp[Max], ans = -INF;
inline void insert(ll u, ll v, ll w) {
	t[++cnt].to = v;
	t[cnt].net = head[u];
	t[cnt].dis = w;
	head[u] = cnt;
}
std :: queue<int> q;
int main() {
	freopen("lpsa.in", "r", stdin); freopen("lpsa.out", "w", stdout);
	buf[fread(buf, 1, MAXSIZE, stdin)] = '\0';
  bufpos = 0;
  n = read(); m = read();
  for(int i = 1; i <= m; i ++){
  	int u = read(), v = read(), w = read();
		insert(u, v, w); du[v] ++;
	}
	for(re int i = 1; i <= n; ++ i)
		if(du[i] == 0) q.push(i);
	int u, v;
	while(!q.empty()) {
		u = q.front(); q.pop();
		for(re int i = head[u]; i; i = t[i].net) {
			v = t[i].to;
			dp[v] = max(dp[v], dp[u] + t[i].dis);
			ans = max(ans, dp[v]);
			du[v] --;
			if(du[v] == 0) q.push(v);
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}