[BZOJ4012][HNOI2015]开店
2017-12-29 10:54
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人生哲学。最近她们灵机一动,打算在幻想乡开一家小店来做生意赚点钱。这样的
想法当然非常好啦,但是她们也发现她们面临着一个问题,那就是店开在哪里,面
向什么样的人群。很神奇的是,幻想乡的地图是一个树形结构,幻想乡一共有 n
个地方,编号为 1 到 n,被 n-1 条带权的边连接起来。每个地方都住着一个妖怪,
其中第 i 个地方的妖怪年龄是 x_i。妖怪都是些比较喜欢安静的家伙,所以它们并
不希望和很多妖怪相邻。所以这个树所有顶点的度数都小于或等于 3。妖怪和人一
样,兴趣点随着年龄的变化自然就会变化,比如我们的 18 岁少女幽香和八云紫就
比较喜欢可爱的东西。幽香通过研究发现,基本上妖怪的兴趣只跟年龄有关,所以
幽香打算选择一个地方 u(u为编号),然后在 u开一家面向年龄在 L到R 之间(即
年龄大于等于 L、小于等于 R)的妖怪的店。也有可能 u这个地方离这些妖怪比较
远,于是幽香就想要知道所有年龄在 L 到 R 之间的妖怪,到点 u 的距离的和是多
少(妖怪到 u 的距离是该妖怪所在地方到 u 的路径上的边的权之和) ,幽香把这个
称为这个开店方案的方便值。幽香她们还没有决定要把店开在哪里,八云紫倒是准
备了很多方案,于是幽香想要知道,对于每个方案,方便值是多少呢。
怪的年龄上限。
第二行n个用空格分开的数 x_1、x_2、…、x_n,x_i 表示第i 个地点妖怪的年
龄,满足0<=x_i<A。(年龄是可以为 0的,例如刚出生的妖怪的年龄为 0。)
接下来 n-1 行,每行三个用空格分开的数 a、b、c,表示树上的顶点 a 和 b 之
间有一条权为c(1 <= c <= 1000)的边,a和b 是顶点编号。
接下来Q行,每行三个用空格分开的数 u、 a、 b。对于这 Q行的每一行,用 a、
b、A计算出 L和R,表示询问“在地方 u开店,面向妖怪的年龄区间为[L,R]的方
案的方便值是多少”。对于其中第 1 行,L 和 R 的计算方法为:L=min(a%A,b%A),
R=max(a%A,b%A)。对于第 2到第 Q行,假设前一行得到的方便值为 ans,那么当
前行的 L 和 R 计算方法为: L=min((a+ans)%A,(b+ans)%A),
R=max((a+ans)%A,(b+ans)%A)。
显然这题是要求\[\sum dis(u,v) , year[v]\in[l,r]\]
也就是\[\sum dis_u+dis_v-2*dis_{lca(u,v)}\]
其中\(dis_u\)为\(u\)到根的距离。
易知前两个东西可以O(1)算。
瓶颈在于后面那个\(dis_{lca(u,v)}\)。
画一下图可以发现,这个东西就是\(u\),\(v\)链交的长度。
那么我们把所有的v到根的链都标记一下,于是我们每次只要查询u到根的标记和了。
对于年龄限制,我们以年龄为前缀建一棵主席树,每次加入一条边权就用树链剖分修改当前年龄根到v点的线段树。注意区间修改要标记永久化。
那么我们把所有点按照年龄排序,依次加入路径就行了。
查询就直接用主席树的前缀和性质就行了。
Description
风见幽香有一个好朋友叫八云紫,她们经常一起看星星看月亮从诗词歌赋谈到人生哲学。最近她们灵机一动,打算在幻想乡开一家小店来做生意赚点钱。这样的
想法当然非常好啦,但是她们也发现她们面临着一个问题,那就是店开在哪里,面
向什么样的人群。很神奇的是,幻想乡的地图是一个树形结构,幻想乡一共有 n
个地方,编号为 1 到 n,被 n-1 条带权的边连接起来。每个地方都住着一个妖怪,
其中第 i 个地方的妖怪年龄是 x_i。妖怪都是些比较喜欢安静的家伙,所以它们并
不希望和很多妖怪相邻。所以这个树所有顶点的度数都小于或等于 3。妖怪和人一
样,兴趣点随着年龄的变化自然就会变化,比如我们的 18 岁少女幽香和八云紫就
比较喜欢可爱的东西。幽香通过研究发现,基本上妖怪的兴趣只跟年龄有关,所以
幽香打算选择一个地方 u(u为编号),然后在 u开一家面向年龄在 L到R 之间(即
年龄大于等于 L、小于等于 R)的妖怪的店。也有可能 u这个地方离这些妖怪比较
远,于是幽香就想要知道所有年龄在 L 到 R 之间的妖怪,到点 u 的距离的和是多
少(妖怪到 u 的距离是该妖怪所在地方到 u 的路径上的边的权之和) ,幽香把这个
称为这个开店方案的方便值。幽香她们还没有决定要把店开在哪里,八云紫倒是准
备了很多方案,于是幽香想要知道,对于每个方案,方便值是多少呢。
Input
第一行三个用空格分开的数 n、Q和A,表示树的大小、开店的方案个数和妖怪的年龄上限。
第二行n个用空格分开的数 x_1、x_2、…、x_n,x_i 表示第i 个地点妖怪的年
龄,满足0<=x_i<A。(年龄是可以为 0的,例如刚出生的妖怪的年龄为 0。)
接下来 n-1 行,每行三个用空格分开的数 a、b、c,表示树上的顶点 a 和 b 之
间有一条权为c(1 <= c <= 1000)的边,a和b 是顶点编号。
接下来Q行,每行三个用空格分开的数 u、 a、 b。对于这 Q行的每一行,用 a、
b、A计算出 L和R,表示询问“在地方 u开店,面向妖怪的年龄区间为[L,R]的方
案的方便值是多少”。对于其中第 1 行,L 和 R 的计算方法为:L=min(a%A,b%A),
R=max(a%A,b%A)。对于第 2到第 Q行,假设前一行得到的方便值为 ans,那么当
前行的 L 和 R 计算方法为: L=min((a+ans)%A,(b+ans)%A),
R=max((a+ans)%A,(b+ans)%A)。
Output
对于每个方案,输出一行表示方便值。Sample Input
10 10 10 0 0 7 2 1 4 7 7 7 9 1 2 270 2 3 217 1 4 326 2 5 361 4 6 116 3 7 38 1 8 800 6 9 210 7 10 278 8 9 8 2 8 0 9 3 1 8 0 8 4 2 7 9 7 3 4 7 0 2 2 7 3 2 1 2 3 4
Sample Output
1603 957 7161 9466 3232 5223 1879 1669 1282 0
HINT
满足 n<=150000,Q<=200000。对于所有数据,满足 A<=10^9题解
以下题解摘自《数据结构》by wfj_2048显然这题是要求\[\sum dis(u,v) , year[v]\in[l,r]\]
也就是\[\sum dis_u+dis_v-2*dis_{lca(u,v)}\]
其中\(dis_u\)为\(u\)到根的距离。
易知前两个东西可以O(1)算。
瓶颈在于后面那个\(dis_{lca(u,v)}\)。
画一下图可以发现,这个东西就是\(u\),\(v\)链交的长度。
那么我们把所有的v到根的链都标记一下,于是我们每次只要查询u到根的标记和了。
对于年龄限制,我们以年龄为前缀建一棵主席树,每次加入一条边权就用树链剖分修改当前年龄根到v点的线段树。注意区间修改要标记永久化。
那么我们把所有点按照年龄排序,依次加入路径就行了。
查询就直接用主席树的前缀和性质就行了。
code
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long const int N = 150005; struct edge{int to,next,w;}a[N<<1]; int n,Q,A,head ,cnt,fa ,dis ,sz ,son ,top ,dfn ,rt ,tot; ll sumdis ,sumE ,ans; struct president_tree{int ls,rs,tim;ll num;}t[N*150]; struct node { int age,id; bool operator < (const node &b) const {return age==b.age?id<b.id:age<b.age;} }x ; int gi() { int x=0,w=1;char ch=getchar(); while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar(); if (ch=='-') w=0,ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return w?x:-x; } void dfs1(int u,int f) { fa[u]=f;sz[u]=1; for (int e=head[u];e;e=a[e].next) { int v=a[e].to;if (v==f) continue; dis[v]=dis[u]+a[e].w;dfs1(v,u); sz[u]+=sz[v];if (sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v; } } void dfs2(int u,int up) { top[u]=up;dfn[u]=++cnt; sumE[cnt]=dis[u]-dis[fa[u]]; if (son[u]) dfs2(son[u],up); for (int e=head[u];e;e=a[e].next) if (a[e].to!=fa[u]&&a[e].to!=son[u]) dfs2(a[e].to,a[e].to); } void build(int &now,int l,int r) { now=++tot; if (l==r) return; int mid=l+r>>1; build(t[now].ls,l,mid); build(t[now].rs,mid+1,r); } void modify(int &now,int l,int r,int ql,int qr) { t[++tot]=t[now]; if (l==ql&&r==qr) {t[now=tot].tim++;return;} t[now=tot].num+=sumE[qr]-sumE[ql-1]; int mid=l+r>>1; if (qr<=mid) modify(t[now].ls,l,mid,ql,qr); else if (ql>mid) modify(t[now].rs,mid+1,r,ql,qr); else modify(t[now].ls,l,mid,ql,mid),modify(t[now].rs,mid+1,r,mid+1,qr); } ll query(int now,int l,int r,int ql,int qr) { ll res=1ll*(sumE[qr]-sumE[ql-1])*t[now].tim; if (l==ql&&r==qr) return res+t[now].num; int mid=l+r>>1; if (qr<=mid) return res+query(t[now].ls,l,mid,ql,qr); else if (ql>mid) return res+query(t[now].rs,mid+1,r,ql,qr); else return res+query(t[now].ls,l,mid,ql,mid)+query(t[now].rs,mid+1,r,mid+1,qr); } ll ask(int k,int u) { ll res=0; while (top[u]^1) res+=query(rt[k],1,n,dfn[top[u]],dfn[u]),u=fa[top[u]]; return res+query(rt[k],1,n,1,dfn[u]); } int main() { n=gi();Q=gi();A=gi(); for (int i=1;i<=n;i++) x[i]=(node){gi(),i}; sort(x+1,x+n+1); for (int i=1,u,v,w;i<n;i++) { u=gi();v=gi();w=gi(); a[++cnt]=(edge){v,head[u],w};head[u]=cnt; a[++cnt]=(edge){u,head[v],w};head[v]=cnt; } dfs1(1,0);cnt=0;dfs2(1,1); for (int i=1;i<=n;i++) sumE[i]+=sumE[i-1],sumdis[i]=sumdis[i-1]+dis[x[i].id]; build(rt[0],1,n); for (int i=1;i<=n;i++) { int u=x[i].id;rt[i]=rt[i-1]; while (top[u]^1) modify(rt[i],1,n,dfn[top[u]],dfn[u]),u=fa[top[u]]; modify(rt[i],1,n,1,dfn[u]); } for (int i=1,u,l,r;i<=Q;i++) { u=gi();l=gi();r=gi(); l=(1ll*l+ans)%A;r=(1ll*r+ans)%A; if (l>r) swap(l,r); l=lower_bound(x+1,x+n+1,(node){l,0})-x; r=upper_bound(x+1,x+n+1,(node){r,n})-x-1; ans=1ll*(r-l+1)*dis[u]+sumdis[r]-sumdis[l-1]-2*(ask(r,u)-ask(l-1,u)); printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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