BZOJ3626LCA
2016-03-27 14:46
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3626: [LNOI2014]LCA
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 1374 Solved: 503
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 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
8
5
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
这道题是之前留下的坑。。今天填上。。
自己yy的想法复杂度高得不要不要的。。可以T得飞起。。
于是%了一下清华爷gconeice的题解。。
显然,暴力求解的复杂度是无法承受的。
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。
树链剖分+差分思想。。
果然是一道好题。。
做idea很好的题可以涨姿势。。
P.S.如果你仔细看struct后面的东西会发现一些喜闻乐见的事。。
附上本蒟蒻的代码:
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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 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
8
5
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
这道题是之前留下的坑。。今天填上。。
自己yy的想法复杂度高得不要不要的。。可以T得飞起。。
于是%了一下清华爷gconeice的题解。。
显然,暴力求解的复杂度是无法承受的。
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。
树链剖分+差分思想。。
果然是一道好题。。
做idea很好的题可以涨姿势。。
P.S.如果你仔细看struct后面的东西会发现一些喜闻乐见的事。。
附上本蒟蒻的代码:
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define mod 201314 #define MAXN 50001 int n,m,cnt,sz,h[MAXN],father[MAXN][16],pos[MAXN],belong[MAXN],deep[MAXN],size[MAXN]; bool vis[MAXN]; struct will { int to,next; }edge[MAXN]; struct with { int z,ans1,ans2; }q[MAXN]; struct kx { int num,p; bool flag; }a[MAXN<<1]; struct forever { int l,r,sum,delta,size; }node[MAXN<<2]; bool operator < (kx a,kx b) { return a.p<b.p; } int read() { int w=0,c=1; char ch=getchar(); while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch=='-') c=-1; ch=getchar(); } while (ch>='0' && ch<='9') w=w*10+ch-'0',ch=getchar(); return w*c; } void add(int u,int v) { cnt++,edge[cnt].next=h[u],h[u]=cnt,edge[cnt].to=v; } void dfs1(int x) { int i; size[x]=1,vis[x]=true; for (i=1;i<=15;i++) { if (deep[x]<(1<<i)) break; father[x][i]=father[father[x][i-1]][i-1]; } for (i=h[x];i;i=edge[i].next) { if (vis[edge[i].to]) continue; deep[edge[i].to]=deep[x]+1,father[edge[i].to][0]=x; dfs1(edge[i].to),size[x]+=size[edge[i].to]; } } void dfs2(int x,int chain) { int k=n,i; pos[x]=++sz,belong[x]=chain; for (i=h[x];i;i=edge[i].next) if (deep[edge[i].to]>deep[x] && size[edge[i].to]>size[k]) k=edge[i].to; if (k!=n) dfs2(k,chain); for (i=h[x];i;i=edge[i].next) if (deep[edge[i].to]>deep[x] && k!=edge[i].to) dfs2(edge[i].to,edge[i].to); } void pushdown(int s) { if (node[s].l==node[s].r || !node[s].delta) return; int delta=node[s].delta;node[s].delta=0; node[s*2].sum=node[s*2].sum+node[s*2].size*delta; node[s*2+1].sum=node[s*2+1].sum+node[s*2+1].size*delta; node[s*2].delta=node[s*2].delta+delta; node[s*2+1].delta=node[s*2+1].delta+delta; } void build(int s,int l,int r) { node[s].l=l,node[s].r=r,node[s].size=r-l+1; if (l==r) return; build(s*2,l,(l+r)/2),build(s*2+1,(l+r)/2+1,r); } void update(int s,int x,int y) { pushdown(s); int l=node[s].l,r=node[s].r; if (l==x && y==r) { node[s].delta++,node[s].sum+=node[s].size; return; } int mid=(l+r)/2; if (y<=mid) update(s*2,x,y); else if (x>mid) update(s*2+1,x,y); else update(s*2,x,mid),update(s*2+1,mid+1,y); node[s].sum=node[s*2].sum+node[s*2+1].sum; } void solveupdate(int x,int f) { while (belong[x]!=belong[f]) { update(1,pos[belong[x]],pos[x]); x=father[belong[x]][0]; } update(1,pos[f],pos[x]); } int query(int s,int x,int y) { pushdown(s); int l=node[s].l,r=node[s].r; if (l==x && y==r) return node[s].sum; int mid=(l+r)/2; if (y<=mid) return query(s*2,x,y); else if (x>mid) return query(s*2+1,x,y); else return query(s*2,x,mid)+query(s*2+1,mid+1,y); } int solvequery(int x,int f) { int sum=0; while (belong[x]!=belong[f]) { sum+=query(1,pos[belong[x]],pos[x]); sum%=mod; x=father[belong[x]][0]; } sum+=query(1,pos[f],pos[x]),sum%=mod; return sum; } int main() { int i,x,tot=0,l,r,t,now; memset(node,0,sizeof(node)); n=read(),m=read(); for (i=1;i<n;i++) x=read(),add(x,i); for (i=1;i<=m;i++) { l=read(),r=read(),q[i].z=read(); a[++tot].p=l-1,a[tot].num=i,a[tot].flag=false; a[++tot].p=r,a[tot].num=i,a[tot].flag=true; } build(1,1,n); sort(a+1,a+tot+1); dfs1(0),dfs2(0,0); now=-1; for (i=1;i<=tot;i++) { while (now<a[i].p) now++,solveupdate(now,0); t=a[i].num; if (!a[i].flag) q[t].ans1=solvequery(q[t].z,0); else q[t].ans2=solvequery(q[t].z,0); } for (i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",(q[i].ans2-q[i].ans1+mod)%mod); return 0; }
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