城市网络

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城市网络

Problem:

有一个树状的城市网络（即 n 个城市由 n-1 条道路连接的连通图），首都为 1 号城市，每个城市售卖价值为 a_i 的珠宝。
你是一个珠宝商，现在安排有 q 次行程，每次行程为从 u 号城市前往 v 号城市（走最短路径），保证 v 在 u 前往首都的最短路径上。 在每次行程开始时，你手上有价值为 c 的珠宝（每次行程可能不同），并且每经过一个城市时（包括 u 和 v ），假如那个城市中售卖的珠宝比你现在手上的每一种珠宝都要优秀（价值更高，即严格大于），那么你就会选择购入。
现在你想要对每一次行程，求出会进行多少次购买事件。

Input:

第一行，两个正整数 \(n , q (2 ≤ n ≤ 10^5 , 1 ≤ q ≤ 10^5)\)。 第二行，n 个正整数 \(a_i (1 ≤ a_i ≤ 10^5)\) 描述每个城市售卖的珠宝的价值。 接下来 n-1 行，每行描述一条道路 \(x , y (1 ≤ x,y ≤ n)\)，表示有一条连接 x 和 y 的道路。 接下来 q 行，每行描述一次行程 \(u , v , c (1 ≤ u,v ≤ n , 1 ≤ c ≤ 10^5)\)。

Output:

对于每次行程输出一行，为所购买次数。

Example:

Input

5 4
3 5 1 2 4
1 2
1 3
2 4
3 5
4 2 1
4 2 2
4 2 3
5 1 5

Output

2
1
1
0

题解：

树上倍增，ST表，由于每次经过一个城市我们都会选择是否购买珠宝，决策后手上的珠宝都是经过路径上价值最大的珠宝，所以我们需要知道在需要经过的路径上，珠宝价值不断递增的城市有多少，本题如果用暴力方法，最差情况下会是O(n*q)的时间复杂度，显然这是不行的。本体应该用st表去维护每个节点上需要经过几个不断递增的节点，st表的递推式：

\(st[i][j]\)表示从i点开始能买\(2^j\)个珠宝的点是哪个，所以如果一直\(st[i][0]\)的值，那么i往上买\(2^j\)个珠宝的点，可以由i往上买\(2^j-1\)个珠宝的点再买\(2^{j-1}\)个珠宝的点，所以递推式如上。对于\(st[i][0]\)我们也可以用倍增的方式求，但是我们用从大到小枚举j值，这样就可以找到最远的可以买到1个珠宝的位置（如果枚举到的位置比当前权值小则需要继续向上倍增（倍增长度减少一半，因为原长度倍增的话则相当于已经倍增过的长度））。

经过ST表处理后的树，对于每次查询我们只需要查询从u开始，且深度大于等于v的点数之和（映射到ST表中就是满足条件的倍增长度的总和）。

关于ST表：https://www.cnblogs.com/LeafLove/p/12345136.html

Code：

/**********************************************************
* @Author: 			   Kirito
* @Date:   			   2020-07-27 08:15:25
* @Last Modified by:   Kirito
* @Last Modified time: 2020-07-27 09:27:55
* @Remark: 
**********************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define CSE(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Abs(x) (x>=0?x:(-x))
#define FAST ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll , ll> pll;

const int maxn=211111;
vector<int> v[maxn];
int a[maxn],f[maxn][20],dep[maxn],to[maxn];

void dfs(int p,int fa)
{
	int x=fa;
	for(int k=19;k>=0;k--){
		if(f[x][k]&&a[f[x][k]]<=a[p]) x=f[x][k];
	}
	if(a[x]>a[p]) f[p][0]=x;
	else f[p][0]=f[x][0];

	for(int i=1;i<20;i++)
		f[p][i]=f[f[p][i-1]][i-1];

	dep[p]=dep[fa]+1;

	for(auto t:v[p]){
		if(t==fa) continue;
		dfs(t,p);
	}
	return;
}

int n,q;

int main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	#endif
	FAST;
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	for(int i=0;i<n-1;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		v[x].push_back(y);
		v[y].push_back(x);
	}
	for(int i=n+1;i<=n+q;i++){
		int x,y,c;
		cin>>x>>y>>c;
		v[i].push_back(x);
		v[x].push_back(i);
		a[i]=c;
		to[i-n]=y;
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int ans=0;
		int x=i+n;
		for(int k=19;k>=0;k--){
			if(dep[f[x][k]]>=dep[to[i]]){
				ans+=(1<<k);
				x=f[x][k];
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/LeafLove/p/13384294.html