正題

題目鏈接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4338

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題目大意

給出$n$個點(diǎn)的一棵樹，和每個點(diǎn)進(jìn)行$access$的次數(shù)$a_i$，要求安排一個順序使得虛實(shí)邊轉(zhuǎn)換最多。

$m$次修改一個點(diǎn)讓$a_i$加上$w$后求答案

$n,m\in [1,4?10^5],a_i,w\in [1,10^7]$

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解題思路

好像本來就很麻煩還帶修改，那先不考慮修改

考慮統(tǒng)計(jì)每個節(jié)點(diǎn)下的邊的虛實(shí)切換最大化，可以發(fā)現(xiàn)一個節(jié)點(diǎn)的子樹中無論怎樣安排$access$順序也不會影響外面的答案，因?yàn)閷τ谕饷娴膩碚f都相當(dāng)于$access$了這個節(jié)點(diǎn)。

所以這個滿足子最優(yōu)？（好像是這么叫的），那每一個節(jié)點(diǎn)的分塊考慮就好了。現(xiàn)在對于這個節(jié)點(diǎn)下的邊，如果兩次$access$的是在不同的兒子的子樹中就會產(chǎn)生一點(diǎn)貢獻(xiàn)。

轉(zhuǎn)換一下現(xiàn)在的問題就是有若干種個數(shù)不同的顏色排成一排，要求相鄰的異色最多。這個可以貪心解決，正常來說只要每次拿與上個不同的最多的來排就能到達(dá)$sum?1$的答案上線，但是需要特判一下如果最多的顏色個數(shù)$mx$有$2\times mx>sum$那么此時這樣排到最后還有一種顏色剩下，答案就是$2\times (sum?mx)$。

所以一個節(jié)點(diǎn)的答案就是$min\{sum?1,2\times (sum?mx)\}$

但是帶修改怎么搞，考慮到每次修改一定是加一個正權(quán)。

我們顯然有一個式子
$$2\times mx>sum?2\times (mx+c)>sum+c$$
這個式子表明如果一個節(jié)點(diǎn)選擇了$2\times (sum?mx)$作為權(quán)值，那么它以后也都是這個權(quán)值。

$s_x$表示$x$子樹中的權(quán)值和，對一個節(jié)點(diǎn)$x$定義$r=max\{s_y(f{a}_y=x)\}$和$sum={\sum }_{f{a}_y=x}{s}_y$

如果$2\times mx>sum$那么向$(x,y)$連一條實(shí)邊，其他兒子連虛邊。否則全連虛邊。

那么每次修改的過程中我們只需要遍歷到根節(jié)點(diǎn)的虛邊看是否需要切換即可，這個可以用$LCT$來維護(hù)。

而且因?yàn)槊織l虛邊代表著$2\times s_y\le s_x$，所以路徑上虛邊的個數(shù)不會超過$\log \sum a_i$級別。

時間復(fù)雜度$O(n\log \sum a_i)$（$Splay$那個$\log n$因?yàn)樾∮?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$\log \sum a_i$就舍去）

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code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const ll N=4e5+10; struct node{ll to,next; }a[N<<1]; ll n,m,s[N],ls[N],ans,tot; struct LCT{ll fa[N],s[N],w[N],v[N],t[N][2];bool Nroot(ll x){return fa[x]&&(t[fa[x]][0]==x||t[fa[x]][1]==x);}bool Direct(ll x){return t[fa[x]][1]==x;}void PushUp(ll x){s[x]=s[t[x][0]]+s[t[x][1]]+w[x]+v[x];return;}void Rotate(ll x){ll y=fa[x],z=fa[y];ll xs=Direct(x),ys=Direct(y);ll w=t[x][xs^1];t[x][xs^1]=y;t[y][xs]=w;if(Nroot(y))t[z][ys]=x;fa[x]=z;fa[y]=x;if(w)fa[w]=y;PushUp(y);PushUp(x);return;}void Splay(ll x){while(Nroot(x)){ll y=fa[x];if(!Nroot(y))Rotate(x);else if(Direct(x)==Direct(y))Rotate(y),Rotate(x);else Rotate(x),Rotate(x);}return;}ll ct(ll x,ll r,ll h){if(t[x][1])return (r-h)*2;return min(r-1,(r-v[x])*2);}void Access(ll x,ll c){Splay(x);ll r=s[x]-s[t[x][0]],h=s[t[x][1]];ans-=ct(x,r,h);v[x]+=c;r+=c;PushUp(x);if(h*2<r+1)w[x]+=h,t[x][1]=0;ans+=ct(x,r,h);PushUp(x);ll y;for(y=x,x=fa[x];x;y=x,x=fa[x]){Splay(x);ll r=s[x]-s[t[x][0]],h=s[t[x][1]];ans-=ct(x,r,h);w[x]+=c;r+=c;if(h*2<r+1)w[x]+=h,t[x][1]=h=0;if(s[y]*2>r)w[x]-=s[y],t[x][1]=y,h=s[y];ans+=ct(x,r,h);PushUp(x);}return;} }T; void addl(ll x,ll y){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;return; } void dp(ll x,ll fa){ll son=0,mx=T.v[x]=s[x];T.fa[x]=fa;for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){ll y=a[i].to;if(y==fa)continue;dp(y,x);s[x]+=s[y];if(s[y]>mx)son=y,mx=s[y];}ans+=min(s[x]-1,(s[x]-mx)*2);if(mx*2>s[x])T.t[x][1]=son;T.w[x]=s[x]-T.v[x]-s[T.t[x][1]];T.s[x]=s[x];return; } signed main() {scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&s[i]);for(ll i=1;i<n;i++){ll x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);addl(x,y);addl(y,x);}dp(1,0);printf("%lld\n",ans);for(ll i=1;i<=m;i++){ll x,w;scanf("%lld%lld",&x,&w);T.Access(x,w);printf("%lld\n",ans);}return 0; }

總結(jié)

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