标签：ace str 怎么 维护 == 情况 namespace void names
做一道题学一堆东西.jpg
猫老师的题……暴力拿的分好像比打挂的正解多很多啊……我纯暴力+部分分已经能有80了……正解没调对之前一直只有10分→_→
先说一下什么是边分治。这个其实类似于点分治，不过分治对象从点换成边了，就是每次找到一条边，使其断开之后的两个连通块中最大的最小
于是我们就可以……等会儿如果在菊花图上怎么办？不是得卡到\(O(n^2)\)了？
不难发现这个东西的复杂度和节点的度数有关，于是为了假装这个东西能用避免这些情况，我们要把图给重构喽
简单来说就是通过加入虚点，把图给搞成一棵二叉树，这样的话节点度数就小了，复杂度也没问题了
原理大概就这样，具体实现还是看代码比较好
然后回到本题
首先在第二棵树上的\(LCA\)的深度它就不是个东西，我们只能去枚举它，那么能选的点就是它的不同子树中的点了
然后考虑转化一下，\[dep(x) + dep(y) - dep(LCA(x,y))=\frac{1}{2}(dep(x) + dep(y) + dis(x,y))\]
然后我们就可以把它给转化成一棵无根树了
在分治过程中，对于每条边\((i,j)\)，要维护两边子树中中最大的\(dep_u+dis_{i,u}\)和\(dep_v+dis_{j,v}\)，然后用自己这条边更新答案
然后因为边分树是一棵二叉树，我们可以用线段树来维护上面的信息
然后就没有然后了（就算有然后我也布吉岛是怎么回事）
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inf 1e18
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(T,u) for(int i=T.head[u],v=T.e[i].v;i;i=T.e[i].nx,v=T.e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=7.5e5+5;
struct eg{int v,nx,w;}st[N];
struct Gr{
eg e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v,R int w){e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;}
}T,G,H;
ll toroot[N];
int n,cnt;
void rebuild(int u,int fa){
int h=1,t=0;
go(T,u)if(v!=fa)toroot[v]=toroot[u]+T.e[i].w,rebuild(v,u);
go(T,u)if(v!=fa)st[++t]=T.e[i];
while(t-h>=2){
eg s1=st[h++],s2=st[h++];
int w=++cnt;st[++t]={w,0,0};
H.add(w,s1.v,s1.w),H.add(s1.v,w,s1.w);
H.add(w,s2.v,s2.w),H.add(s2.v,w,s2.w);
}
while(h<=t)H.add(u,st[h].v,st[h].w),H.add(st[h].v,u,st[h].w),++h;
}
int ls[N<<1],rs[N<<1],fa[N<<1],dif[N],sz[N],dep[N],val[N<<1];ll dis[25][N];
int size;
void getdis(int u,int fat,int dep){
go(H,u)if(v!=fat&&v!=-1){
dis[dep][v]=dis[dep][u]+H.e[i].w;
getdis(v,u,dep);
}
}
void getgr(int u,int fat,int &g1,int &g2){
sz[u]=1;
go(H,u)if(v!=fat&&v!=-1){
getgr(v,u,g1,g2),sz[u]+=sz[v];
if(dif[g2]>dif[v])g1=u,g2=v;
}dif[u]=abs(size-(sz[u]<<1));
}
int gettr(int u,int dep,int s){
if(s==1)return ::dep[u]=dep,u;
getdis(u,0,dep);
int now=++cnt,g1=0,g2=0;
size=s,getgr(u,0,g1,g2);
go(H,g1)if(v==g2){val[now]=H.e[i].w,H.e[i].v=-1;break;}
go(H,g2)if(v==g1){H.e[i].v=-1;break;}
rs[now]=gettr(g1,dep+1,size-sz[g2]);
ls[now]=gettr(g2,dep+1,sz[g2]);
fa[ls[now]]=fa[rs[now]]=now;
return now;
}
void init(){
cnt=n,rebuild(1,0);
dif[0]=0x3f3f3f3f,gettr(1,0,cnt);
}
ll lv[N<<4],rv[N<<4],res;
int id,mp[N<<4],rt[N],lp[N<<4],rp[N<<4];
int merge(int x,int y,ll d){
if(!x||!y)return x|y;
cmax(res,((lv[x]+rv[y]+val[mp[x]])>>1)-d);
cmax(res,((rv[x]+lv[y]+val[mp[x]])>>1)-d);
cmax(lv[x],lv[y]),lp[x]=merge(lp[x],lp[y],d);
cmax(rv[x],rv[y]),rp[x]=merge(rp[x],rp[y],d);
return x;
}
int ins(int u){
for(int i=dep[u],x=u,las=0;i;--i,las=cnt,u=fa[u]){
mp[++cnt]=fa[u];
lv[cnt]=rv[cnt]=-inf;
if(u==ls[fa[u]])cmax(lv[cnt],dis[i][x]+toroot[x]),lp[cnt]=las;
else cmax(rv[cnt],dis[i][x]+toroot[x]),rp[cnt]=las;
}return cnt;
}
void solve(int u,int fat,ll d){
rt[u]=ins(u),cmax(res,toroot[u]-d);
go(G,u)if(v!=fat){
solve(v,u,d+G.e[i].w);
rt[u]=merge(rt[u],rt[v],d);
}
}
int u,v,w;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read();
fp(i,1,n-1)u=read(),v=read(),w=read(),T.add(u,v,w),T.add(v,u,w);
fp(i,1,n-1)u=read(),v=read(),w=read(),G.add(u,v,w),G.add(v,u,w);
init(),solve(1,0,0);
printf("%lld\n",res);
return 0;
}标签：ace str 怎么 维护 == 情况 namespace void names
原文地址：https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10269178.html
