lca

这道题好仙啊，不过暴力都能拿70pts。 考虑每个点的贡献，会发现，它只对它所有食物的LCA及LCA到根的路径上的节点有灾难值为一的贡献。 然后就是建树啦，我们必须保证当前节点的所有食物都已建好树，所以top_sort，在更新入度到为零时，就求出它所有食物的LCA， 然后将LCA做为此节点的父节点，并令sum(lca)++，更新ST表。。。 最后还要统计节点对LCA到根的节点的贡献，做一次树上前缀和即可。 这个玩意什么时候叫做树上前缀和了QAQ。。其实特别low。 代码较丑，搞了三个链式前向星，最后还因为超级源点的深度和生产者的深度都赋成了 1 卡了半天。。。。 Code： #include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #define N 100000 using namespace std; queue<int> q; int n,Head[N],ver[N],nex[N],du[N],f[N][21],d[N],tot,sum[N]; int Head2[N],ver2[N],nex2[N],tot2; int Head3[N],ver3[N],nex3[N],tot3; inline int read(){ char c=getchar();int x=0,flag=1; while(c<'0' || c>'9')

给出了()的字符串，这里的()字符串可以看成是dfs序列，再求lca时的那张表。 所以这一个序列就可以看成是在dfs序上面，求树的直径。 取某一段[l,r]，可以知道lca一定在[l,r]之间。 我们就用公式 diameter=hight[l]+height[r]-2* height[lca(l,r)]来维护两个点的之间的距离。 把(看成1，)看成-1，可以发现height[i]=sufix[i]，即前缀和。 所以我们建立一颗线段树，维护hight[l]+height[r]-2* height[lca(l,r)]这个式子即可。 针对这个式子，我们一共有三种方式可以统计diameter，当前区间的diameter=max(左子树diameter，右子树diameter，跨接两个区间的diameter ） 关在在于怎么去求跨界两个区间的。我们可以维护 height[l]-2*height[lca]来得到。即左子树的 往右边方向的lca去连接右边，右子树 往左边方向走的lca去链接左边，满足l<=lca<=r，即lca在我们取的两点之间。（注意合并时还有细节，比如我们并没有直接维护前缀和，而是根节点置为深度1，不断加深度来完成，方便后面更新节点，也可以直接维护深度进行区间修改，不过要复杂一点） #include<iostream> #include<cstring> #include

#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; struct yyy{ int t, nex; }e[2*500001]; int depth[500001],fa[500001][22],lg[500001],head[500001]; int tot; void add(int x,int y) //邻接表存树 { e[++tot].t=y; e[tot].nex=head[x]; head[x]=tot; } void dfs(int f,int fath) { depth[f]=depth[fath]+1; fa[f][0]=fath; for(int i=1;(1<<i)<=depth[f];i++) fa[f][i]=fa[fa[f][i-1]][i-1]; for(int i=head[f];i;i=e[i].nex) if(e[i].t!=fath) dfs(e[i].t,f); } int lca(int x,int y) { if(depth[x]<depth[y]) swap(x,y); while(depth[x]>depth[y]) x=fa[x][lg[depth[x]-depth[y]]-1]; if(x==y) return x; for(int k=lg[depth[x]]-1;k>

[ 传送门 ] 如果只有单次询问，可以直接树形DP $f\left[u\right]$表示以$u$为根的子树中所有资源丰富的岛屿不与$u$联通的最小代价 转移方程显然 若儿子节点$v$为资源丰富的岛屿 $f\left[u\right] = f\left[u\right] + w\left[u, v\right]$ 若儿子节点$v$不是资源丰富的岛屿 $f\left[u\right] = f\left[u\right] + min\left(w\left[u, v\right], f\left[v\right]\right)$ 这样下来时间复杂度是$O(n\times q)$。 但是可以发现，资源丰富的点的总和是与$n$同阶的，也就是询问很多的情况下，其实这些 关键点 是很少的，整棵树我们是没有必要遍历一遍的，那么就引入 虚树 ( Virtual tree )这个概念。 其实就是把关键点和关键点之间的LCA保存下来，被删掉的点之间边的信息用某种方式保留下来，比如这道题中被删掉的点之间的边权，用取$min$的方式保存在保留下来的边中，因为若一条链上没有关键点，其叶子才是关键点，那么中间这条长链选择删哪条边都可以，为了使代价最小，显然删权值最小的边。 建树就是板子了。维护以dfs序为权值的单调栈，pop的过程连边，发现LCA未在栈里及时加进去即可。详见[ OI Wiki - 虚树 ]

传送门 题目分析： 就是给你两条路径的起点和终点，然后让你查找这两条路径有没有交点 if（有）puts("Y"); else puts("N"); 解题思路： 很明显，是让我们求lca，我们先求出A与B的lca和C与D的lca， 然后我们在{A,C}{A,D}{B,C}{B,D}的lca的深度中找一个最大的， 然后与上述两个lca的深度比较，然后如果深度的最大值比两个lca的深度大的话， 那么就输出“Y”，然后不满足上边的情况那就输出“N”. code #include <bits/stdc++.h> #define N 500010 #define M 1010 using namespace std; int n, m, head[N], fa[N][21], deep[N]; int add_edge; bool vis[N]; struct node { int next, to; }edge[N << 1]; int read() { int s = 0, f = 0; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar(); while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar(); return f ? -s : s

正解:树剖+线段树 解题报告: 传送门$QwQ$ 看到$dep[lca]$啥的就想到之前托腮腮$CSP$模拟$D1T3$的那个套路,,, 然后试下这个想法,于是$dep[lca(x,y)]=\sum_{i=1}^{\infty}[i\leq dep[lca(x,y)]]$,就可以是,从$x$到根全部加一然后查询$y$到根的权值和. 现在变成$\sum_{i=l}^r dep[lca(i,x)]$,那就$l$到$r$到根全加一然后查询$x$到根的权值和. 显然考虑差分呗?就$1$到$r$全加一的权值和减去$1$到$l-1$全加一的权值和. 于是就从$1$枚举到$n$每次从当前节点到根全加一,顺便维护下这个答案就完事$QwQ$ 来源： https://www.cnblogs.com/lqsukida/p/11664263.html

T1： 不难想到贪心，但是怎么贪，他有两个限制条件，所以不是很好搞，所以用一个类似与wqs二分的思路 我可能在口胡 ，因为你肯定要把最小的给删掉，所以你限定一个x或y，然后在选出另一个限制，所以要同时维护删$k$个$x$最小和$y$最小，一个排序预处理，一个用堆维护即可。注意边界问题，思考实际意义。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define int long long 4 const int N=1e5+10; 5 int a[N]; 6 priority_queue<int> qx,qy; 7 struct node{ 8 int x,y; 9 bool friend operator < (node a,node b){ 10 return a.x==b.x?(a.y<b.y):(a.x<b.x); 11 } 12 }p[N]; 13 signed main(){ 14 int T; 15 scanf("%lld",&T); 16 while(T--){ 17 int n,m; 18 scanf("%lld%lld",&n,&m); 19 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q; 20 for(int i=1;i<=n;++i){ 21 scanf(

\(u \in [X,LCA] : val[u] \cdot {(dep[u]+dep[Y]-2dep[LCA])(dep[u]+dep[Y]-2dep[LCA]+1) \over 2}\) \(=val[u]\cdot{[dep[Y](dep[y]+1)-2dep[LCA](2dep[Y] -2dep[LCA]+1)]+dep[i](1+2dep[y]-4dep[LCA])+dep^2[i] \over 2}\) \(u \in [LCA,Y] : {val[u] \cdot (dep[Y]-dep[i])(dep[Y]-dep[i]+1) \over 2}\) \(= val[u] \cdot {dep[Y](dep[Y]+1)-dep[i](1+2dep[Y]) + dep^2[i]\over 2}\) 来源： https://www.cnblogs.com/youddjxd/p/11641149.html

「UR#5」怎样更有力气 解题思路 考虑没有限制的情况，一定是把操作离线下来，按照边权从小到达做。可以发现，如果没有限制，完全图是多余的，直接拿树边进行合并就可以了。我们要做这么一件事情，把每个点属于的图上联通块看做颜色，每次合并链上相邻两块颜色不一样的，那么我们再额外使用一个并查集，把树上相邻的颜色相同的点合并在一个集合里，每次跳到集合中最浅的点做图上的合并操作即可，复杂度 \(\mathcal O(n\alpha(n))\) 。 考虑一个操作的限制数量 \(cnt\) ，如果 \(cnt \geq\) 链上的点数，那么这些点仍然是联通的，所以可以直接当做没有限制的情况来做。于是发现，有限制的情况的链的点数不超过 \(p_i\) ，考虑暴力把这条链上的点拿出来。问题转化为有一个点集 \(S\) ，并且给出这个点集的补图，要合并联通块信息。涉及到补图可以试图用一个小技巧解决，拿出补图中度数最小的点 \(x\) ，有 \(\deg[x]\leq \min(|S|,\sqrt{p_i})\) 。划分成与 \(x\) 相连的点集和与 \(x\) 不相邻的点集两个问题考虑。所有不与 \(x\) 相连的点可以直接与 \(x\) 合并，所有与 \(x\) 相邻的点不超过 \(\sqrt{p_i}\) 个，可以直接枚举两个点合并。对于两个集合直接的连边，考虑与 \(x\) 相邻的集合的每一条对

思路非常精妙的一道虚树题 简单题意：给一张图，求这张图上的独立集数量 对于一棵树的情况，可以设 \(dp_{u,0/1}\) 表示节点 \(u\) 选/不选的方案数 显然有： \[dp_{u,0}=\prod (dp_{v,1}+dp_{v,0})\] \[dp_{u,1}=\prod dp_{v,0}\] 接下来考虑非树边 正常 \(dp\) 的话那么转移应该是 \(O(n)\) 的 我们发现非树边很少，所以可以预处理出来，然后枚举其连接的两点之间的状态 不难发现状态只有如下三种： \((0,0),(0,1),(1,0)\) 可以发现 \((0,0)\) 和 \((0,1)\) 可以合并 于是我们就只需要枚举所有的非树边其连接的 \(\rm dfn\) 较小的点的状态就可以了 复杂度 \(O(n*2^{11})\) 可以得到 \(75pts\) 的高分 接下来是一个很妙的做法： 我们可以考虑将所有非树边上的点拿下来建虚树 这应该是一个大小 \(\le(44+1)\) 的虚树 注意到，我们的 \(dp\) 转移本应如此： \[dp_{u,0}=\prod (dp_{v,1}+dp_{v,0})\] \[dp_{u,1}=\prod dp_{v,0}\] 但是放在虚树上这样显然是错的 我们发现虚树是维护了点之间的关系并构建了其 \(lca\)