因为一开始调试不知道unsigned怎么输出就没有加\n结果WA了一上午!!!!!然而最后放弃了unsigned选择了&2147483647

首先链剖,因为它所给的链一定是某个点到根的路径上的一段(一开始没看到),也就是说链是不会拐弯的,那么考虑容斥,加上每条链的长度减去两条链的交的长度加上三条链的交的长度...

关于求链的交,因为链不会拐弯,所以对于两条链上深度较深的两个点\( (v_1,v_2) \)求\( lca \),如果\( lca \)的深度小于两条链的较浅点的任意一个,那么这两条链没有交,否则交就是\( lca \)到两条链的较浅点中深度交大的一个。

然后状压枚举链的组合即可。

    if(!l||!r)
return;

这个东西去掉会\( WA \),因为我把\( (0,0) \)这样的边没有判断也直接扔进去询问了...

这样应该是比打标记的方法快一些,不过对于拐弯的链就只能拆开了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=200005;
int n,q,h[N],cnt,si[N],hs[N],fa[N],de[N],fr[N],id[N],rl[N],tot;
struct qwe
{
int ne,to;
}e[N<<1];
struct xianduanshu
{
int l,r,lz,sum;
}t[N<<2];
struct bian
{
int u,v;
}a[10];
int read()
{
int r=0,f=1;
char p=getchar();
while(p>'9'||p<'0')
{
if(p=='-')
f=-1;
p=getchar();
}
while(p>='0'&&p<='9')
{
r=r*10+p-48;
p=getchar();
}
return r*f;
}
void add(int u,int v)
{
cnt++;
e[cnt].ne=h[u];
e[cnt].to=v;
h[u]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fat)
{
fa[u]=fat;
de[u]=de[fat]+1;
si[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].to!=fat)
{
dfs1(e[i].to,u);
si[u]+=si[e[i].to];
if(si[e[i].to]>si[hs[u]])
hs[u]=e[i].to;
}
}
void dfs2(int u,int top)
{
fr[u]=top;
id[u]=++tot;
rl[tot]=u;
if(!hs[u])
return;
dfs2(hs[u],top);
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].to!=fa[u]&&e[i].to!=hs[u])
dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
void build(int ro,int l,int r)
{
t[ro].l=l,t[ro].r=r;
if(l==r)
return;
int mid=(l+r)>>1;
build(ro<<1,l,mid);
build(ro<<1|1,mid+1,r);
}
void pd(int ro)
{
t[ro<<1].sum+=t[ro].lz*(t[ro<<1].r-t[ro<<1].l+1);
t[ro<<1].lz+=t[ro].lz;
t[ro<<1|1].sum+=t[ro].lz*(t[ro<<1|1].r-t[ro<<1|1].l+1);
t[ro<<1|1].lz+=t[ro].lz;
t[ro].lz=0;
}
void update(int ro,int l,int r,int v)
{
if(!l||!r)
return;
if(t[ro].l==l&&t[ro].r==r)
{
t[ro].lz+=v;
t[ro].sum+=v*(t[ro].r-t[ro].l+1);
return;
}
pd(ro);
int mid=(t[ro].l+t[ro].r)>>1;
if(r<=mid)
update(ro<<1,l,r,v);
else if(l>mid)
update(ro<<1|1,l,r,v);
else
{
update(ro<<1,l,mid,v);
update(ro<<1|1,mid+1,r,v);
}
t[ro].sum=t[ro<<1].sum+t[ro<<1|1].sum;
}
int ques(int ro,int l,int r)
{
if(!l||!r)
return 0;
if(t[ro].l==l&&t[ro].r==r)
return t[ro].sum;
pd(ro);
int mid=(t[ro].l+t[ro].r)>>1;
if(r<=mid)
return ques(ro<<1,l,r);
else if(l>mid)
return ques(ro<<1|1,l,r);
else
return ques(ro<<1,l,mid)+ques(ro<<1|1,mid+1,r);
}
int wen(int u,int v)
{//cout<<u<<" "<<v<<endl;
if(!u||!v)
return 0;
int re=0;
while(fr[u]!=fr[v])
{
if(de[fr[u]]<de[fr[v]])
swap(u,v);
re+=ques(1,id[fr[u]],id[u]);
u=fa[fr[u]];
}
if(de[u]>de[v])
swap(u,v);
re+=ques(1,id[u],id[v]);
return re;
}
int lca(int u,int v)
{
for(;fr[u]!=fr[v];de[fr[u]]>de[fr[v]]?u=fa[fr[u]]:v=fa[fr[v]]);//cout<<u<<" "<<v<<" "<<" ";if(de[u]>de[v])cout<<v;else cout<<u;cout<<endl;
return de[u]>de[v]?v:u;
}
bian hb(bian a,bian b)
{
int lc=lca(a.v,b.v);
bian re;
if(de[lc]<de[a.u]||de[lc]<de[b.u])
re.u=-1,re.v=-1;
else
re.u=de[a.u]>de[b.u]?a.u:b.u,re.v=lc;//cout<<a.u<<" "<<a.v<<" "<<b.u<<" "<<b.v<<" "<<re.u<<" "<<re.v<<endl;
return re;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(1,0);//cout<<"ok"<<endl;
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
q=read();
while(q--)
{
int o=read();
if(o==0)
{
int u=read(),v=read();
update(1,id[u],id[u]+si[u]-1,v);
}
else
{
int ans=0,k=read();
for(int i=1;i<=k;i++)
{
a[i].u=read(),a[i].v=read();
if(de[a[i].u]>de[a[i].v])
swap(a[i].u,a[i].v);
}
for(int i=1;i<(1<<k);i++)
{
bian now;
now.u=0,now.v=0;
int t=-1;
for(int j=1;j<=k;j++)
if(i&(1<<(j-1)))
{
t=-t;
if(!now.u)
now=a[j];
else
now=hb(now,a[j]);
if(now.u==-1)
break;
}
if(now.u&&now.v)
ans+=t*wen(now.u,now.v);
}
printf("%d\n",ans&2147483647);
}
}
return 0;
}

bzoj 3589: 动态树【树链剖分+容斥】的更多相关文章

  1. bzoj3589 动态树 树链剖分+容斥

    题目传送门 https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3589 题解 事件 \(0\) 不需要说,直接做就可以了. 事件 \(1\) 的话,考虑如果直接 ...

  2. bzoj3589 动态树 求链并 容斥

    bzoj3589 动态树 链接 bzoj 思路 求链并. 发现只有最多5条链子,可以容斥. 链交求法:链顶是两条链顶深度大的那个,链底是两个链底的\(lca\) 如果链底深度小于链顶,就说明两条链没有 ...

  3. JZOJ 5987 仙人掌毒题 (树链剖分 + 容斥)

    跟仙人掌其实没啥关系- Here 注意 每一次都O(n)O(n)O(n)一下算某些点都是黑点的概率其实并不是O(n2)O(n^2)O(n2),因为每个环只用算一次. #include <ccty ...

  4. BZOJ 3589 动态树 (树链剖分+线段树)

    前言 众所周知,90%90\%90%的题目与解法毫无关系. 题意 有一棵有根树,两种操作.一种是子树内每一个点的权值加上一个同一个数,另一种是查询多条路径的并的点权之和. 分析 很容易看出是树链剖分+ ...

  5. BZOJ 3589 动态树 树链拆分+纳入和排除定理

    标题效果:鉴于一棵树.每个节点有一个右值,所有节点正确启动值他们是0.有两种操作模式,0 x y代表x右所有点的子树的根值添加y. 1 k a1 b1 a2 b2 --ak bk代表质疑. 共同拥有者 ...

  6. 线段树&数链剖分

    傻逼线段树,傻逼数剖 线段树 定义: 线段树是一种二叉搜索树,与区间树相似,它将一个区间划分成一些单元区间,每个单元区间对应线段树中的一个叶结点. 使用线段树可以快速的查找某一个节点在若干条线段中出现 ...

  7. hdu 5664 Lady CA and the graph(树的点分治+容斥)

    题意: 给你一个有n个点的树,给定根,叫你找第k大的特殊链 .特殊的链的定义:u,v之间的路径,经过题给的根节点. 题解:(来自BC官方题解) 对于求第k大的问题,我们可以通过在外层套一个二分,将其转 ...

  8. bzoj 3252: 攻略 -- 长链剖分+贪心

    3252: 攻略 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB Description 题目简述:树版[k取方格数]   众所周知,桂木桂马是攻略之神,开启攻略之神 ...

  9. bzoj 3252 攻略 长链剖分思想+贪心

    攻略 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 889  Solved: 423[Submit][Status][Discuss] Descrip ...

随机推荐

  1. Xcode warning: code will never be executed.

    在xcode编译的时候,提示了code will never be executed这个警告.百度了一下,大体的意思是,该代码永远不会执行的意思. 比如: - (void)setMyStyle:(Ad ...

  2. Tomcat绑定具体IP

    https://blog.csdn.net/paomadeng/article/details/1826880

  3. linux 开机启动脚本或者服务

    https://blog.csdn.net/zhuchunyan_aijia/article/details/53811368

  4. Codeforces 659A Round House【水题,细节】

    题目链接: http://codeforces.com/contest/659/problem/A 题意: 一个圈,按逆时针编号,给定起点,方向和步数,问终点在几号? 分析: 很简单的模拟...注意答 ...

  5. 海量数据处理面试题学习zz

    来吧骚年,看看海量数据处理方面的面试题吧. 原文:(Link, 其实引自这里 Link, 而这个又是 Link 的总结) 另外还有一个系列,挺好的:http://blog.csdn.net/v_jul ...

  6. win7右下角无线网图标显示未连接,但是实际上已连接上,也能上网

    首先,要确实是不是服务启动的问题,方法很简单,重新启动电脑就可以. 如果问题依旧,那么按下Win+R快捷键,输入“services.msc”,打开服务界面. 然后会看到右侧窗口出现好多设置项,找到“R ...

  7. Android 四大组件学习之Service五

    本节学习IntentService, 可能就有人问了. 什么是IntentService, IntentService有什么作用? 不是已经有了Service,那为什么还要引入IntentServic ...

  8. soapUI系列之—-03 Groovy脚本常用方法2

    ------Groovy脚本常用方法 1.解析Json数据脚本 //groovy读取json的方式很简单,re.body.businessinfo.c2rate读取c2rate对应的值 import ...

  9. pip 安装速度慢解决办法

    https://blog.csdn.net/liujingclan/article/details/50176597 https://blog.csdn.net/rytyy/article/detai ...

  10. [IT学习]华为全连接大会2017

    1.5分钟.3分钟.1分钟倒计时. 2.20万盏纽约街头的油灯接入电网,类比未来的公司IT系统会接入云? 3.1943年,全球只要5台计算机.不会的,但是会有5多云? 4.与航空业的联盟类比,云计算的 ...