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)
标签:reserve wap 问答 online getch style str output enter
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)
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。
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
共5组数据,n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。
orz gconeice
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。
z的LCA只能在z到根的路径上,统计到根的路径上每个点被作为LCA几次
很巧妙的转换,[l,r]所有点到根路径+1,然后询问z到根路径权值
显然树链剖分
多组询问,考虑将询问差分,[1, r] − [1, l − 1],然后离线询问的两个端点,每加到一个now将l-1或者r是now到询问都问一下
// // main.cpp // bzoj4196 // // Created by Candy on 2017/1/2. // Copyright © 2017年 Candy. All rights reserved. // #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; #define lc o<<1 #define rc o<<1|1 #define m ((l+r)>>1) #define lson o<<1,l,m #define rson o<<1|1,m+1,r const int N=1e5+5,MOD=201314; typedef long long ll; inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘; c=getchar();} return x*f; } int n,Q,u,l,r; char s[20]; struct ques{ int z,al,ar; }q[N]; struct que{ int x,id,isl; bool operator <(const que &r)const{return x<r.x;} }a[N]; int p; struct edge{ int v,ne,c,f; }e[N<<1]; int cnt,h[N]; inline void ins(int u,int v){ cnt++; e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt; } int deep[N],fa[N],tid[N],tot,top[N],mx[N],size[N]; void dfs(int u){ size[u]=1; for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){ int v=e[i].v; if(v==fa[u]) continue; fa[v]=u;deep[v]=deep[u]+1; dfs(v); size[u]+=size[v]; if(size[v]>size[mx[u]]) mx[u]=v; } } void dfs(int u,int anc){ if(!u) return; tid[u]=++tot; top[u]=anc; dfs(mx[u],anc); for(int i=h[u];i;i=e[i].ne) if(e[i].v!=mx[u]&&e[i].v!=fa[u]) dfs(e[i].v,e[i].v); } struct node{ int sum,add; }t[N<<2]; inline void merge(int o){ t[o].sum=t[lc].sum+t[rc].sum; } inline void paint(int o,int l,int r,int d){ t[o].sum+=d*(r-l+1); t[o].add+=d; } inline void pushDown(int o,int l,int r){ if(t[o].add){ paint(lson,t[o].add); paint(rson,t[o].add); t[o].add=0; } } inline void segAdd(int o,int l,int r,int ql,int qr,int d){//printf("add %d %d %d\n",o,l,r); if(ql<=l&&r<=qr) paint(o,l,r,d); else{ pushDown(o,l,r); if(ql<=m) segAdd(lson,ql,qr,d); if(m<qr) segAdd(rson,ql,qr,d); merge(o); } } inline int segQue(int o,int l,int r,int ql,int qr){//printf("que %d %d %d %d %d\n",o,l,r,ql,qr); if(ql<=l&&r<=qr) return t[o].sum; else{ pushDown(o,l,r); int ans=0; if(ql<=m) ans+=segQue(lson,ql,qr); if(m<qr) ans+=segQue(rson,ql,qr); return ans; } } void build(int o,int l,int r){ if(l==r) paint(o,l,r,0); else{ build(lson); build(rson); } } void add(int x,int y,int d){ while(top[x]!=top[y]){ if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y); segAdd(1,1,n,tid[top[x]],tid[x],d); x=fa[top[x]]; } if(tid[x]>tid[y]) swap(x,y); segAdd(1,1,n,tid[x],tid[y],d); } int query(int x,int y){ int ans=0; while(top[x]!=top[y]){ if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y); ans+=segQue(1,1,n,tid[top[x]],tid[x]);ans%=MOD; x=fa[top[x]]; } if(tid[x]>tid[y]) swap(x,y); ans+=segQue(1,1,n,tid[x],tid[y]);ans%=MOD; return ans; } int main(){ n=read();Q=read(); for(int i=2;i<=n;i++) u=read()+1,ins(u,i); dfs(1);dfs(1,1); build(1,1,n); for(int i=1;i<=Q;i++){ l=read();r=read()+1;q[i].z=read()+1; a[++p].x=l;a[p].id=i;a[p].isl=1; a[++p].x=r;a[p].id=i;a[p].isl=0; } sort(a+1,a+1+p); int now=1; for(int i=1;i<=p;i++){//printf("a %d %d %d\n",a[i].x,a[i].id,a[i].isl); while(now<=a[i].x) add(1,now,1),now++; int _=a[i].id; if(a[i].isl) q[_].al=query(1,q[_].z); else q[_].ar=query(1,q[_].z); } for(int i=1;i<=Q;i++) printf("%d\n",(q[i].ar-q[i].al+MOD)%MOD); }
在线的话可以用主席树,在dfs序上建主席树
这样每个线段树与历史版本的差距是一个节点,也就是一个点到根的路径,有logn段,每段有logn个新开节点,复杂度log^2n
好麻烦还要带标记啊
[2017-01-04 00:01:51]
我太弱了,不是M就是R,不玩了
BZOJ 3626: [LNOI2014]LCA [树链剖分 离线|主席树]
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原文地址:http://www.cnblogs.com/candy99/p/6246803.html