bzoj-3011 Running Away From the Barn

标签：bzoj   可并堆   

题意：

给出以1号点为根的一棵有根树，问每个点的子树中与它距离小于等于L的点有多少个。

n<=200000；

题解：

这题比较有意思；

首先考虑的就是树形DP，但是DP完全无法转移；

考虑一个结点的答案，那就是子树中与这个结点距离小于等于L的点数(废话)；

那它父亲在这个子树的答案呢？

子树中每个点的距离都增加了，而相对大小关系没有改变；

所以就用一个可并堆来维护子树，每次将堆中距离过大的点pop掉；

堆中长度直接用这个点到1的长度，而到当前子树根的距离在减去子树根到1的长度就是了；

然后统计堆的大小，再将堆向上合并；

时间复杂度是O(nlogn)，扫一遍树就出解了；

如果边权带负怎么办？

每个点可能加入堆中多次，但是如果搞一个对顶堆复杂度就不对了；

所以上启发式合并平衡树= =，O(nlog^2n)解决了；

代码：

#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 210000
using namespace std;
typedef long long ll;
int ch[N][2],dis[N],size[N];
int out[N],fa[N],root[N],ans[N];
ll L[N];
queue<int>q;
void Pushup(int x)
{
	size[x]=size[ch[x][0]]+size[ch[x][1]]+1;
}
int merge(int x,int y)
{
	if(!x||!y)	return x+y;
	if(L[x]<L[y])
		swap(x,y);
	ch[x][1]=merge(ch[x][1],y);
	Pushup(x);
	if(dis[ch[x][0]]<dis[ch[x][1]])
		swap(ch[x][0],ch[x][1]);
	dis[x]=dis[ch[x][1]]+1;
	return x;
}
int main()
{
	int n,i,j,k,x,y;
	ll m;
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	dis[0]=-1,size[1]=1,root[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%lld",fa+i,L+i);
		out[fa[i]]++,size[i]=1,root[i]=i;
		L[i]+=L[fa[i]];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(out[i]==0)
			q.push(i);
	}
	out[0]++;
	while(!q.empty())
	{
		x=q.front(),q.pop();
		while(L[root[x]]-L[x]>m)
			root[x]=merge(ch[root[x]][0],ch[root[x]][1]);
		ans[x]=size[root[x]];
		y=fa[x];
		root[y]=merge(root[y],root[x]);
		out[y]--;
		if(!out[y])
			q.push(y);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

bzoj-3011 Running Away From the Barn

标签：bzoj   可并堆   

原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/47984709