[BZOJ5212][ZJOI2018]历史

传送门(洛谷)

人生第一道九条可怜……神仙操作……

看着题解理解了一个早上才勉强看懂怎么回事……

简化一下题目就是:已知每一个点access的总次数,求一个顺序使虚实边转化的次数最多

考虑一下,对于x的一个子树,如果他已经有了一个最优序列,那么一定不会和他祖先的最优序列产生冲突。为什么呢?因为对他的所有祖先来说,只要是来自他的子树的access都会对他到根的路径产生贡献,所以对他的祖先来说,无论access的是子树的哪一个节点都是等价的,于是我们可以在祖先的最优序列中将所有x的子树的access调换位置,并不会影响最优解

于是单独考虑每一个点x,只有x的子树以及x本身的access会对x的实子边产生影响(x的access会是x没有实子边),如果切换的两点不在x的同一子树(或都是x),每切换一次答案+1,。于是我们可以转化为这么一个问题,有$sum[x]$个球(表示x及他的子树总共有多少次access操作),每种颜色的球有$sum[c]$个(表示x的每一个子树以及x本身的操作次数),求一种排列,使他们两两相邻颜色不同的对数最大。很明显,如果没有一种球的出现次数大于球的总数的一半,那么答案就是$sum[x]-1$,否则的话,出现次数大于一半的球必定有某几对不会对答案产生贡献,答案就是$2*(sum[x]-max(sum[c]))$

当$sum[c]*2>sum[x]+1$时取后者

 

 直接树形dp就行了

然后考虑一下怎么修改呢?

首先,对某一个点的修改,只会对该点到根的路径上的答案有影响

因为是加一个值,如果有一个点的子树$sum$大于父节点$sum$的一半,那么代入上式可以发现答案是不变的

那么我们是不是可以用树剖的思路?对于子树$sum$大于自己$sum$一半的点连实边,其余的连虚边,然后access的时候更改虚实边即可

为了方便计算以前的贡献,可以保存一下以前贡献的类型(某子树过大、自己过大、都不是很大)算的时候就省去了一些判断的时间。

 1 //minamoto
 2 #include<cstdio>
 3 #include<iostream>
 4 #define ll long long
 5 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 6 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
 7 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
 8 inline int read(){
 9     #define num ch-'0'
10     char ch;bool flag=0;int res;
11     while(!isdigit(ch=getc()))
12     (ch=='-')&&(flag=true);
13     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
14     (flag)&&(res=-res);
15     #undef num
16     return res;
17 }
18 char obuf[1<<24],*o=obuf;
19 void print(ll x){
20     if(x>9) print(x/10);
21     *o++=x%10+48;
22 }
23 const int N=400005,M=N*2;
24 int ver[M],Next[M],head[N],tot;
25 int fa[N],ch[N][2];short tp[N];
26 ll sum[N],si[N],a[N],ans;
27 inline bool isroot(int x){return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x;}
28 #define lc ch[x][0]
29 #define rc ch[x][1]
30 inline void pushup(int x){sum[x]=sum[lc]+sum[rc]+si[x]+a[x];}
31 inline void rotate(int x){
32     int y=fa[x],z=fa[y],d=ch[y][1]==x;
33     if(!isroot(y)) ch[z][ch[z][1]==y]=x;
34     fa[x]=z,fa[y]=x,fa[ch[x][d^1]]=y,ch[y][d]=ch[x][d^1],ch[x][d^1]=y,pushup(y);
35 }
36 inline void splay(int x){
37     for(int y=fa[x],z=fa[y];!isroot(x);y=fa[x],z=fa[y]){
38         if(!isroot(y))
39         ((ch[y][1]==x)^(ch[z][1]==y))?rotate(x):rotate(y);
40         rotate(x);
41     }
42     pushup(x);
43 }
44 void dp(int x){
45     int mp=x;ll mx=a[x];
46     for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
47         int v=ver[i];
48         if(v==fa[x]) continue;
49         fa[v]=x,dp(v);
50         si[x]+=sum[v];
51         if(mx<sum[v]) mp=v,mx=sum[v];
52     }
53     if((mx<<1)>(sum[x]=si[x]+a[x])){
54         ans+=(sum[x]-mx)<<1;
55         x==mp?tp[x]=1:si[x]-=sum[rc=mp];
56     }
57     else tp[x]=2,ans+=sum[x]-1;
58 }
59 int main(){
60     //freopen("testdata.in","r",stdin);
61     int n=read(),m=read();
62     for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
63     for(int i=1;i<n;++i){
64             int u=read(),v=read();
65         ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot;
66         ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot;
67     }
68     dp(1);print(ans),*o++='
';
69     while(m--){
70         int x=read(),w=read();
71         for(int y=0;x;x=fa[y=x]){
72             splay(x);
73             ll s=sum[x]-sum[lc];
74             ans-=tp[x]<2?(s-(tp[x]?a[x]:sum[rc]))<<1:s-1;
75             s+=w,sum[x]+=w,(y?si:a)[x]+=w;
76             if(sum[y]<<1>s) si[x]+=sum[rc],si[x]-=sum[rc=y];
77             if(sum[rc]<<1>s) tp[x]=0,ans+=(s-sum[rc])<<1;
78             else{
79                 if(rc) si[x]+=sum[rc],rc=0;
80                 (a[x]<<1>s)?(tp[x]=1,ans+=(s-a[x])<<1):(tp[x]=2,ans+=s-1,rc=0);
81             }
82         }
83         print(ans),*o++='
';
84     }
85     fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);
86     return 0;
87 }
原文地址:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9435925.html