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这条题目是我做过的一条很特别 。。
给了一棵树 ， 有 10W个点 ，10W次查询 。 每次查询在一条边上涂上一种颜色 ， 然后又10W种颜色。
然后就是操作最后问你某个点涂过的最多次数的颜色是什么。
假若说这是在一维线段上面操作的话 ， 我们可以开一个邻接矩阵， 然后在某个点i 标记 +X ， 表示 在这个点上面涂上X颜色， -X表示抹去 X 颜色。
那么，一个操作 l r z 就可以在 l 处 标记一个 +X , 在 r + 1 处标记一个 -X 。
然后，再要维护一颗颜色线段树，更新的时候顺带维护任意区间涂色次数最多的颜色是什么。
最后，从左到右扫一次操作区间，把其在邻接矩阵上面的操作全部完成以后 （操作的时候标志为 +X 的话在就线段树 X 位置 +1 ，-X 在 X位置 -1 ），
在颜色线段树上查询哪个颜色出现最多就可以了。
题目是在数上面操作的， 然后要写一个树链剖分。
注意 ， 建线段树的时候 ， 每次都要建区间长度为 1~10W
写树链剖分要增栈。
操作的邻接矩阵空间要足够大~
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 100011; const int M = 2000011; #define lr rt<<1 #define rr rt<<1|1 #define lson l,mid,rt<<1 #define rson mid+1,r,rt<<1|1 #define root 1,100000,1 int tot , eh[N], et[N<<1] , nxt[N<<1] ; int fa[N] , dep[N] , p[N] , siz[N] , son[N] , top[N] , rnk[N] , pos ; int n , q ; void addedge(int u , int v ){ et[tot] = v , nxt[tot] = eh[u] , eh[u] = tot++; et[tot] = u , nxt[tot] = eh[v] , eh[v] = tot++; } //------------------------ int eh2[N],nxt2[M],et2[M],tot2; void add(int u,int v) { et2[tot2] = v , nxt2[tot2] = eh2[u] , eh2[u] = tot2 ++; } void init() { pos = 1 ; tot = tot2 = 0 ; memset( eh , -1 , sizeof eh ); memset( eh2 , -1 , sizeof eh2 ); memset( son , -1 ,sizeof son ); } void dfs1( int u , int father , int deep) { fa[u] = father ; dep[u] = deep ; siz[u] = 1 ; for( int i = eh[u] ; ~i ; i = nxt[i] ){ int v = et[i] ; if( v == fa[u] ) continue ; dfs1( v , u , deep + 1 ); siz[u] += siz[v] ; if( son[u] == -1 || siz[v] > siz[son[u]] ) son[u] = v; } } void dfs2( int u , int tp ) { top[u] = tp ; p[u] = pos++ ; rnk[ p[u] ] = u ; if( son[u] == -1 ) return ; dfs2( son[u] , tp ); for( int i = eh[u] ; ~i ; i = nxt[i] ){ int v = et[i] ; if( v == fa[u] || v == son[u] ) continue ; dfs2(v,v); } } // -------------------- void change( int u , int v , int val) { int f1 = top[u] , f2 = top[v] ; while( f1 != f2 ){ if( dep[f1] < dep[f2] ){ swap(f1,f2); swap(u,v); } add( p[f1] , val ); add( p[u] + 1 , -val ); u = fa[f1]; f1 = top[u]; } if( dep[u] > dep[v] ) swap(u,v); add( p[u] , val ); add( p[v] + 1 , - val ) ; } //-------------------------------------- int mz[N<<2],col[N<<2]; void Up(int rt){ if( mz[lr] >= mz[rr]){ mz[rt] = mz[lr]; col[rt] = col[lr]; } else{ mz[rt] = mz[rr]; col[rt] = col[rr]; } } void build(int l,int r,int rt){ if(l == r){ col[rt] = l; mz[rt] = 0; return; } int mid = (l + r)/2; build(lson); build(rson); Up(rt); } void update( int l, int r , int rt,int k,int val){ if( l == r ){ mz[rt] += val; return; } int mid = ( l + r ) / 2; if(k <= mid) update(lson,k,val); else update(rson ,k,val); Up(rt); } int ans[N]; void run() { int u , v , z ; init(); for( int i = 1 ; i < n ; ++i ){ scanf("%d%d",&u,&v); addedge(u,v); } build(root); dfs1(1,0,0); dfs2(1,1); for( int i = 0 ; i < q ; ++i ){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&z); change(u,v,z); } for( int i = 1 ; i <= n ; ++i ){ for( int j = eh2[i] ; ~j ; j = nxt2[j] ){ v = et2[j]; if( v > 0 ) update( root, v ,1); else update( root, -v , -1 ); } ans[ rnk[i] ] = ( mz[1] == 0 ? 0 : col[1] ); } for( int i = 1; i <= n ; ++i ){ printf("%d\n",ans[i]); } } int main() { #ifdef LOCAL freopen("in.txt","r",stdin); #endif // LOCAL ios::sync_with_stdio(0); while( ~scanf("%d%d",&n,&q ) ) { if( !n && !q )break; run(); } }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/YRETSIM/p/4007296.html
