【BZOJ】1036: [ZJOI2008]树的统计Count（lct/树链剖分）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1036

lct：

（ps：为嘛我的那么慢T_T，不知道排到哪了。。难道别人都是树剖吗。。。看来有必要学 orz

裸的lct，这里只说一下找路径就行了。，。算了，上晚修去了，待会回来更

 lca大家应该都会求，就是2次access就行了（很容易理解的）

然后我们求路径的时候，用lca的右子女的值和lca自身的值和第一次access的点的值来更新就行了，

但是这里有特殊情况，就是lca==第一次access的点的情况，因为这是第一个点是第二个点的父亲，那么直接用lca的值就能更新，再用第一个点的值来更新就重复了。

（为什么lca==第二次access的点不需要判呢。。自己想把。很简单）

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define dbg(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define read(x) x=getint()
#define print(x) printf("%d", x)
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

const int oo=~0u>>1;
inline int getint() { char c; int ret=0, k=1; for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0'; return k*ret; }
const int N=30010, M=100005;
int ihead[N], inext[M], to[M], cnt, q[N], front, tail, n, m;
bool vis[N];

struct node* null;
struct node {
	node* fa, *ch[2];
	int w, sum, mx;
	bool d() { return fa->ch[1]==this; }
	bool check() { return fa->ch[0]!=this && fa->ch[1]!=this; }
	void setc(node* c, bool d) { ch[d]=c; c->fa=this; }
	void pushup() { 
		sum=w+ch[0]->sum+ch[1]->sum;
		mx=max(w, max(ch[0]->mx, ch[1]->mx));
	}
}*nd[N];

inline void rot(node* r) {
	node* fa=r->fa; bool d=r->d();
	if(fa->check()) r->fa=fa->fa;
	else fa->fa->setc(r, fa->d());
	fa->setc(r->ch[!d], d);
	r->setc(fa, !d);
	fa->pushup();
}

inline void splay(node* r) {
	while(!r->check())
		if(r->fa->check()) rot(r);
		else r->d()==r->fa->d()?(rot(r->fa), rot(r)):(rot(r), rot(r));
	r->pushup();
}

inline node* access(node* fa) {
	node* c=null;
	for(; fa!=null; c=fa, fa=fa->fa) {
		splay(fa);
		fa->setc(c, 1);
		fa->pushup();
	}
	return c;
}

inline void bfs() {
	vis[1]=1; int u, v, i;
	front=tail=0; q[tail++]=1;
	while(front!=tail) {
		u=q[front++];
		for(i=ihead[u]; i; i=inext[i]) if(!vis[v=to[i]]) {
			vis[v]=1;
			nd[v]->fa=nd[u];
			q[tail++]=v;
		}
	}
}

inline void add(const int &u, const int &v) {
	inext[++cnt]=ihead[u]; ihead[u]=cnt; to[cnt]=v;
	inext[++cnt]=ihead[v]; ihead[v]=cnt; to[cnt]=u;
}

int main() {
	null=new node; null->fa=null->ch[0]=null->ch[1]=null; null->w=null->sum=0; null->mx=oo+1;
	read(n);
	int u, v, t;
	for(int i=1; i<n; ++i) {
		read(u); read(v);
		add(u, v);
	}
	int w;
	for(int i=1; i<=n; ++i) {
		nd[i]=new node;
		read(w);
		nd[i]->w=w;
		nd[i]->ch[0]=nd[i]->ch[1]=nd[i]->fa=null;
	}
	bfs();
	char c[10];
	node* lca=null;
	read(m);
	int ans;
	for(int i=0; i<m; ++i) {
		scanf("%s", c);
		if(c[0]=='C') {
			read(u); read(t);
			splay(nd[u]);
			nd[u]->w=t;
			nd[u]->pushup();
		}
		else if(c[0]=='Q') {
			read(u); read(v);
			access(nd[u]);
			lca=access(nd[v]);
			splay(nd[u]);
			if(nd[u]==lca) {
				if(c[1]=='M') ans=max(lca->w, lca->ch[1]->mx);
				else ans=lca->w + lca->ch[1]->sum;
			}
			else {
				if(c[1]=='M') ans=max(max(lca->w, nd[u]->mx), lca->ch[1]->mx);
				else ans=lca->w + lca->ch[1]->sum + nd[u]->sum;
			}
			printf("%d
", ans);
		}
	}
	return 0;
}

树链剖分，裸模板题：

好慢啊

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define dbg(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define read(x) x=getint()
#define print(x) printf("%d", x)
#define lc x<<1
#define rc x<<1|1
#define lson l, m, lc
#define rson m+1, r, rc
#define MID (l+r)>>1

const int oo=~0u>>1;
inline int getint() { char c; int ret=0, k=1; for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0'; return k*ret; }

const int N=30010, M=100005;
int ihead[N], inext[M], to[M], cnt, n, m;
int top[N], son[N], fa[N], dep[N], sz[N], id[N], a[N], b[N], tot;
int L, R, key;

struct node { int mx, sum; }t[N*50];
inline const int max(const int& a, const int& b) { return a>b?a:b; }
inline void pushup(const int &x) { t[x].mx=max(t[lc].mx, t[rc].mx); t[x].sum=t[lc].sum+t[rc].sum; }

void dfs1(const int &u) {
	sz[u]=1; int v;
	for(int i=ihead[u]; i; i=inext[i]) if(fa[u]!=(v=to[i])) {
		fa[v]=u;
		dep[v]=dep[u]+1;
		dfs1(v);
		sz[u]+=sz[v];
		if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
	}
}

void dfs2(const int &u, const int &tp) {
	id[u]=++tot; top[u]=tp; b[tot]=a[u];
	if(son[u]) dfs2(son[u], tp);
	for(int i=ihead[u]; i; i=inext[i]) if(to[i]!=fa[u] && to[i]!=son[u]) dfs2(to[i], to[i]);
}

void build(const int &l, const int &r, const int &x) {
	if(l==r) { t[x].mx=t[x].sum=b[l]; return; }
	int m=MID;
	build(lson); build(rson);
	pushup(x); 
}

void update(const int &l, const int &r, const int &x) {
	if(l==r) { t[x].mx=t[x].sum=key; return; }
	int m=MID;
	if(L<=m) update(lson);
	if(m<R) update(rson);
	pushup(x); 
}

int getmax(const int &l, const int &r, const int &x) {
	if(L<=l && r<=R) return t[x].mx;
	int m=MID, mx=oo+1;
	if(L<=m) mx=max(mx, getmax(lson));
	if(m<R) mx=max(mx, getmax(rson));
	return mx;
}

int query(const int &l, const int &r, const int &x) {
	if(L<=l && r<=R) return t[x].sum;
	int m=MID, ret=0;
	if(L<=m) ret+=query(lson);
	if(m<R) ret+=query(rson);
	return ret;
}

inline int getmax(int x, int y) {
	int fx=top[x], fy=top[y], ret=oo+1;
	while(fx!=fy) {
		if(dep[fx]<dep[fy]) { swap(x, y); swap(fx, fy); }
		L=id[fx], R=id[x];
		ret=max(ret, getmax(1, n, 1));
		x=fa[fx]; fx=top[x];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
	L=id[x], R=id[y];
	return max(ret, getmax(1, n, 1));
}

inline int query(int x, int y) {
	int fx=top[x], fy=top[y], ret=0;
	while(fx!=fy) {
		if(dep[fx]<dep[fy]) { swap(x, y); swap(fx, fy); }
		L=id[fx], R=id[x];
		ret+=query(1, n, 1);
		x=fa[fx]; fx=top[x];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
	L=id[x], R=id[y];
	return ret+query(1, n, 1);
}

inline void add(const int &u, const int &v) {
	inext[++cnt]=ihead[u]; ihead[u]=cnt; to[cnt]=v;
	inext[++cnt]=ihead[v]; ihead[v]=cnt; to[cnt]=u;
}

int main() {
	read(n);
	int u, v, ans;
	for(int i=1; i<n; ++i) {
		read(u); read(v);
		add(u, v);
	}
	for(int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]);
	dfs1(1);
	dfs2(1, 1);
	build(1, n, 1);
	char c[10];
	read(m);
	for(int i=0; i<m; ++i) {
		scanf("%s", c);
		if(c[0]=='C') {
			read(u); read(key); L=R=id[u];
			update(1, n, 1);
		}
		else if(c[0]=='Q') {
			read(u); read(v);
			if(c[1]=='M') ans=getmax(u, v);
			else ans=query(u, v);
			printf("%d
", ans);
		}
	}
	return 0;
}

Description

一 棵树上有n个节点，编号分别为1到n，每个节点都有一个权值w。我们将以下面的形式来要求你对这棵树完成一些操作： I. CHANGE u t : 把结点u的权值改为t II. QMAX u v: 询问从点u到点v的路径上的节点的最大权值 III. QSUM u v: 询问从点u到点v的路径上的节点的权值和 注意：从点u到点v的路径上的节点包括u和v本身

Input

输 入的第一行为一个整数n，表示节点的个数。接下来n – 1行，每行2个整数a和b，表示节点a和节点b之间有一条边相连。接下来n行，每行一个整数，第i行的整数wi表示节点i的权值。接下来1行，为一个整数 q，表示操作的总数。接下来q行，每行一个操作，以“CHANGE u t”或者“QMAX u v”或者“QSUM u v”的形式给出。 对于100％的数据，保证1<=n<=30000，0<=q<=200000；中途操作中保证每个节点的权值w在-30000到 30000之间。

Output

对于每个“QMAX”或者“QSUM”的操作，每行输出一个整数表示要求输出的结果。

Sample Input

4
1 2
2 3
4 1
4 2 1 3
12
QMAX 3 4
QMAX 3 3
QMAX 3 2
QMAX 2 3
QSUM 3 4
QSUM 2 1
CHANGE 1 5
QMAX 3 4
CHANGE 3 6
QMAX 3 4
QMAX 2 4
QSUM 3 4

Sample Output

4
1
2
2
10
6
5
6
5
16

HINT

Source

【推广】 免费学中医，健康全家人
原文地址：https://www.cnblogs.com/iwtwiioi/p/3916741.html