bzoj 3626 [LNOI2014]LCA(离线处理+树链剖分,线段树)
2016-02-10 14:08
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3626: [LNOI2014]LCA
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Description
给出一个n个节点的有根树(编号为0到n-1,根节点为0)。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。设dep[i]表示点i的深度,LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问,每次询问给出l r z,求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
(即,求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和)
Input
第一行2个整数n q。接下来n-1行,分别表示点1到点n-1的父节点编号。
接下来q行,每行3个整数l r z。
Output
输出q行,每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出Sample Input
5 20
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
85
HINT
共5组数据,n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。Source
数据已加强 by saffah【思路】
离线处理+树链剖分,线段树
Quote
考虑这样的一种暴力,我们把 z 到根上的点全部打标记,对于 l 到 r 之间的点,向上搜索到第一个有标记的点求出它的深度统计答案。观察到,深度其实就是上面有几个已标记了的点(包括自身)。所以,我们不妨把 z 到根的路径上的点全部 +1,对于 l 到 r 之间的点询问他们到根路径上的点权和。仔细观察上面的暴力不难发现,实际上这个操作具有叠加性,且可逆。也就是说我们可以对于 l 到 r 之间的点 i,将 i 到根的路径上的点全部 +1, 转而询问 z 到根的路径上的点(包括自身)的权值和就是这个询问的答案。把询问差分下,也就是用 [1, r] − [1, l − 1] 来计算答案,那么现在我们就有一个明显的解法。从 0 到 n − 1 依次插入点 i,即将 i 到根的路径上的点全部+1。离线询问答案即可。我们现在需要一个数据结构来维护路径加和路径求和,显然树链剖分或LCT 均可以完成这个任务。树链剖分的复杂度为 O((n + q)· log n · log n),LCT的复杂度为 O((n + q)· log n),均可以完成任务。至此,题目已经被我们完美解决。
离线处理:保存查询,然后在1..i顺序插入的同时根据查询内容构造答案。
打码能力有点弱,WA了几次 T^T
【代码】
#include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<iostream> #include<algorithm> #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++) using namespace std; typedef long long LL; const int N = 800000+10; const int MOD = 201314; struct Node { LL sum; int addv; }T[N<<1]; struct Q { int flag,x,z,id; bool operator < (const Q& rhs) const { return x<rhs.x || (x==rhs.x && flag); } }que ; int que_sz; int n,q,z; LL ans ; vector<int> g ; //INIT int top ,son ,dep ,fa ,siz ,w ; void dfs1(int u) { son[u]=0; siz[u]=1; for(int i=0;i<g[u].size();i++) { int v=g[u][i]; if(v!=fa[u]) { fa[v]=u , dep[v]=dep[u]+1; dfs1(v); siz[u]+=siz[v]; if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v; } } } void dfs2(int u,int tp) { top[u]=tp; w[u]=++z; if(son[u]) dfs2(son[u],tp); for(int i=0;i<g[u].size();i++) { int v=g[u][i]; if(v!=fa[u] && v!=son[u]) dfs2(v,v); } } //SEGMENT TREE void pushdown(int u,int tot) { if(T[u].addv) { T[u<<1].sum+=T[u].addv*(tot-(tot>>1)); T[u<<1|1].sum+=T[u].addv*(tot>>1); T[u<<1].addv+=T[u].addv; T[u<<1|1].addv+=T[u].addv; T[u].addv=0; } } void update(int u,int L,int R,int l,int r) { if(l<=L && R<=r) T[u].addv++ , T[u].sum+=(R-L+1); else { pushdown(u,R-L+1); int M=(L+R)>>1 , lc=u<<1 , rc=lc|1; if(l<=M) update(lc,L,M,l,r); if(M<r) update(rc,M+1,R,l,r); T[u].sum=T[lc].sum+T[rc].sum; } } LL query(int u,int L,int R,int l,int r) { if(l<=L && R<=r) return T[u].sum; else { pushdown(u,R-L+1); int M=(L+R)>>1 , lc=u<<1 , rc=lc|1; LL ans=0; if(l<=M) ans+=query(lc,L,M,l,r); if(M<r) ans+=query(rc,M+1,R,l,r); return ans; } } //树链剖分 void modify(int u) { while(u) { update(1,1,z,w[top[u]],w[u]); //a bug T^T u=fa[top[u]]; } } LL Ask(int u) { LL ans=0; while(u) { ans+=query(1,1,z,w[top[u]],w[u]); u=fa[top[u]]; } return ans; } void read(int& x) { char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); x=0; while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0' , c=getchar(); } int main() { read(n),read(q); int u,v,w; FOR(i,2,n) { read(u); u++; g[u].push_back(i); g[i].push_back(u); } dfs1(1),dfs2(1,1); FOR(i,1,q) { read(u),read(v),read(w); u++,v++,w++; que[++que_sz]=(Q) {1,u-1,w,i}; que[++que_sz]=(Q) {0,v,w,i}; } sort(que+1,que+que_sz+1); int j=1; for(int i=0;i<=n;i++) { modify(i); for(;que[j].x==i;j++) { if(que[j].flag) ans[que[j].id]=Ask(que[j].z); else ans[que[j].id]=(Ask(que[j].z)-ans[que[j].id])%MOD; } } for(int i=1;i<=q;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
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