bzoj-3307 下雨天的尾巴
bzoj-3307 雨天的尾巴
题意：
给出一个n个点的树，有m个事件；
每次是将x到y的路径上所有点都投放一个z的物品；
求最后每个点上那个物品最多；
n，m<=100000；
题解：
一道数据结构好题；
首先这道题问的是最终答案，那么把所有事件离线下来处理；
考虑如果树是一条链，那么对于这样一个序列问题怎么做？
将左端点x设置z数量加一，右端点y设为z数量-1；
然后用一个权值线段树去扫整个序列，查询最大值即为答案；
时间复杂度O((n+m)logm)，空间复杂度O(mlogm)；
十分优雅的做法，我们把它转移到树上；
树上的标记与序列大致相同，我们从叶节点向上扫整棵树；
那么在x,y结点标z数量加一，LCA(x,y)，fa(LCA(x,y))设置z数量-1；
这似乎是树链问题转化很常用的手段之一？
然后我们一样的向上扫。。。两个点扫到了一个根！
现在要把这两个线段树合并起来；
如果直接启发式合并复杂度有点奇怪吧，不过权值线段树有更加优越的方法；
直接递归合并！
如果两个树有一个没结点，直接返回有结点的那个；
如果都有结点就递归计算，然后将计算出来的新结点返回，两个旧结点回收；
这个的复杂度是总体是O(nlogn)的(单次可能O(n)但是总体卡不住)；
以下是PoPoQQQ大爷的精彩证明[鼓掌熊]：
我定义一棵线段树的势为节点个数
那么合并两棵线段树的代价为 两棵线段树的势和-新线段树的势
然后一开始所有线段树的势之和为O(nlogn)
一个线段树上有logn个节点
合并到最后有n个节点
所以最后的势能差是O(nlogn)
完事了
然后这题就能时间空间都是nlogn了
证明了复杂度可靠，那这题就置剩下实现的细节问题了；
别的倒是没什么，但是这题爆栈！爆栈！！！
然后改个宽搜就过了= =，真是够了；
代码：
#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 110000
#define MEM 2000000
#define M 1000000000
#define lson l,mid,ls[no]
#define rson mid+1,r,rs[no]
using namespace std;
int fa[N][30],deep[N],size[N],ts[N],ans[N];
int next[N<<2],kind[N<<2],head[N],ce;
bool val[N<<2];
int ma[MEM],kma[MEM],ls[MEM],rs[MEM],root[N],tot;
int mp[MEM],top;
queue<int>q;
int newseg()
{
if(top) return mp[top--];
return ++tot;
}
void delseg(int no)
{
mp[++top]=no;
ls[no]=0;
rs[no]=0;
ma[no]=0;
}
void Pushup(int no)
{
if(ma[ls[no]]>=ma[rs[no]])
ma[no]=ma[ls[no]],kma[no]=kma[ls[no]];
else
ma[no]=ma[rs[no]],kma[no]=kma[rs[no]];
}
void update(int l,int r,int &no,int k,int val)
{
if(!no) no=newseg();
if(l==r)
ma[no]+=val,kma[no]=l;
else
{
int mid=l+r>>1;
if(k<=mid) update(lson,k,val);
else update(rson,k,val);
Pushup(no);
}
}
int merge(int l,int r,int nol,int nor)
{
if(!nol||!nor) return nol+nor;
int no=newseg();
if(l==r)
{
ma[no]=ma[nol]+ma[nor];
kma[no]=l;
}
else
{
int mid=l+r>>1;
ls[no]=merge(l,mid,ls[nol],ls[nor]);
rs[no]=merge(mid+1,r,rs[nol],rs[nor]);
Pushup(no);
}
delseg(nol),delseg(nor);
return no;
}
namespace Graph
{
int to[N<<1],next[N<<1],head[N],ce;
int tq[N],st,en;
void add(int x,int y)
{
to[++ce]=y;
next[ce]=head[x];
head[x]=ce;
}
void bfs()
{
tq[st=en=1]=1;
int i,x;
while(st<=en)
{
x=tq[st++];
size[x]=1,deep[x]=deep[fa[x][0]]+1;
for(i=1;fa[x][i-1];i++)
fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
for(i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa[x][0])
{
fa[to[i]][0]=x;
tq[++en]=to[i];
}
}
}
while(en)
{
size[fa[tq[en]][0]]+=size[tq[en]];
if(size[tq[en]]==1)
q.push(tq[en]);
en--;
}
}
};
int LCA(int x,int y)
{
if(deep[x]<deep[y])
swap(x,y);
int k=20;
while(deep[x]!=deep[y])
{
if(deep[fa[x][k]]>=deep[y])
x=fa[x][k];
k--;
}
if(x==y) return x;
k=20;
while(k>=0)
{
if(fa[x][k]!=fa[y][k])
x=fa[x][k],y=fa[y][k];
k--;
}
return fa[x][0];
}
void Insert(int x,int k,bool v)
{
val[++ce]=v;
kind[ce]=k;
next[ce]=head[x];
head[x]=ce;
}
int main()
{
int n,m,i,j,k,l,x,y,z;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
Graph::add(x,y);
Graph::add(y,x);
}
Graph::bfs();
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
l=LCA(x,y);
Insert(x,z,1),Insert(y,z,1);
Insert(l,z,0),Insert(fa[l][0],z,0);
}
while(!q.empty())
{
x=q.front(),q.pop();
for(i=head[x];i;i=next[i])
update(1,M,root[x],kind[i],val[i]?1:-1);
ans[x]=kma[root[x]];
root[fa[x][0]]=merge(1,M,root[x],root[fa[x][0]]);
ts[fa[x][0]]+=size[x];
if(ts[fa[x][0]]+1==size[fa[x][0]])
q.push(fa[x][0]);
}
for(i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}