n个点的带点权带边权的树,设点权为a[i],边权为b[i]

一棵树有n*(n-1)/2个点对,

定义这棵树的价值为任意两点对的(a[x]^a[y])*dis(x,y)

有m次修改一个点的点权的操作

输出每次修改完点权后这颗树的价值

第i次的修改会影响到第i次之后的修改

第一眼:我靠怎么又是点分树

然后因为没有处理好选的点对和自己处于根的同一子树,一下午过去了,一晚上过去了,又一个晚上过去了。。。。。。

吐槽结束,下面是题解

异或-->按位操作,点权变为1或者0,第i位的答案乘上2^i即可

点分治是每次查询跨越分治重心的点的贡献

为了支持在修改之后快速查询

我们依次查询每个点的贡献

将答案除以2就是对于初始的树的答案

对于每次的修改操作

查询出这个点的原贡献,在答案中减去

然后修改点权

再查询这个点新的贡献,再答案中加上

这样单次操作就可以log时间解决

查询的具体细节决定了点分树上要维护哪些信息

假设之前已经枚举了是第几位

假设现在查询点x对答案的贡献,x在点分树上第i层的祖先为F[x][i]

设cnt[i][0/1] 表示点分树上点i的子树内,这一位是0/1的点的个数

sum[i][0/1]表示点分树上点i的子树内,这一位是0/1的点到i的距离和

若x的这一位为t

那么x对答案的贡献分为下图中粉色和绿色的两部分

粉色部分=长度*次数==  dis(x,F[x][i])*(cnt[F[x][i]][t^1] - 与x属于R的同一子树 且 这一位为t^1 的点的数量)

绿色部分=sum[F[x][i]][t^1] - 与x属于R的同一子树 且 这一位为t^1 的点到R的距离和

与x属于R的同一子树 且 这一位为t^1 的点的数量就等于cnt [ F[x][i+1] ][t^1]

设x在“原树”上R的子节点中y的子树内

与x属于R的同一子树 且 这一位为t^1 的点到R的距离和=原树上y的子树对R的贡献

所以还需要维护每一层分治重心在原树中的直接子节点对分治重心的贡献

如何记录这个?

一个点可能是多个分治重心在原树中的直接子节点

令bl[i][j]=k 表示点i属于其第j层祖先的子树kk,这个kk映射之后是k

fsum[k][0/1] 映射之后的点k对其在原树上的父节点在点分树中 的贡献

所以 与x属于R的同一子树 且 这一位为t^1 的点到R的距离和 = fsum[bl[x][i]][t^1]

学会了代码完全bfs,不用担心windows爆栈了,O(∩_∩)O哈哈~

#include<cstdio>
#include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; #define N 30001 int a[N];
int front[N],to[N<<],nxt[N<<],val[N<<],tot; int F[N][];//F[i][j]=k 点分树上点i第j层的祖先是k
int D[N][];//D[i][j]=k 点分树上点i到其第j层祖先的距离为k
int dep[N];//dep[i]=j 点i处于点分树上第j层
int cnt[N][][];//cnt[i][j][0/1] 点分树上点i子树内点权第j位为0/1的点的数量
LL sum[N][][];//sum[i][j][0/1] 点分树上点i子树内点权第j位为0/1的点到点i的距离和
int bl[N][];//bl[i][j]=k 点i属于其第j层祖先的子树kk,kk映射之后是k
LL fsum[N][][];//fsum[i][j][0/1] 映射之后的点i对其在原树上的父节点在点分树中 的贡献
int id;//映射编号 int q[N];
int fa[N],siz[N],mx[N]; bool vis[N]; int dis[N]; void read(int &x)
{
x=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
} void add(int u,int v,int w)
{
to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; val[tot]=w;
to[++tot]=u; nxt[tot]=front[v]; front[v]=tot; val[tot]=w;
} int getroot(int x)
{
int l=,r=,now;
q[r++]=x;
while(l<r)
{
now=q[l++];
siz[now]=;
mx[now]=;
for(int i=front[now];i;i=nxt[i])
if(!vis[to[i]] && to[i]!=fa[now])
{
fa[to[i]]=now;
q[r++]=to[i];
}
}
for(int i=r-;i;--i)
{
siz[fa[q[i]]]+=siz[q[i]];
mx[fa[q[i]]]=max(mx[fa[q[i]]],siz[q[i]]);
}
for(int i=;i<r;++i) mx[q[i]]=max(mx[q[i]],siz[q[]]-siz[q[i]]);
int big=q[];
for(int i=;i<r;++i)
if(mx[q[i]]<mx[big]) big=q[i];
return big;
} void add1(int rt,int x)
{
for(int i=;i<;++i)
{
cnt[rt][i][a[x]>>i&]++;
sum[rt][i][a[x]>>i&]+=dis[x];
}
} void add2(int rt,int x)
{
for(int i=;i<;++i) fsum[rt][i][a[x]>>i&]+=dis[x];
} void bfs(int x,int d)//x为目前点分树上根节点
{
int l=,r=,now;
fa[x]=; dis[x]=;
q[r++]=x;
while(l<r)
{
now=q[l++];
F[now][++dep[now]]=x;
D[now][dep[now]]=dis[now];
add1(x,now);
for(int i=front[now];i;i=nxt[i])
if(!vis[to[i]] && to[i]!=fa[now])
{
dis[to[i]]=dis[now]+val[i];
fa[to[i]]=now;
q[r++]=to[i];
}
}
for(int i=front[x];i;i=nxt[i])
{
if(vis[to[i]]) continue;
l=r=;
q[r++]=to[i];
fa[q[]]=;
id++;
while(l<r)
{
now=q[l++];
bl[now][d]=id;
add2(id,now);
for(int i=front[now];i;i=nxt[i])
if(!vis[to[i]] && to[i]!=fa[now])
{
fa[to[i]]=now;
q[r++]=to[i];
}
}
}
} void build(int x,int d)
{
int big=getroot(x);
// printf("第%d层分治重心是%d\n",d,big);
vis[big]=true;
bfs(big,d);
for(int i=front[big];i;i=nxt[i])
if(!vis[to[i]]) build(to[i],d+);
} LL query(int x)
{
LL ans=;
int t;
// int aa,bb,cc;
for(int i=;i<dep[x];++i)
for(int j=;j<;++j)
{
t=a[x]>>j&;
ans+=1LL*(cnt[F[x][i]][j][t^]-cnt[F[x][i+]][j][t^])*D[x][i]+(sum[F[x][i]][j][t^]-fsum[bl[x][i]][j][t^])<<j;
// aa=(cnt[F[x][i]][j][t^1]-cnt[F[x][i+1]][j][t^1])*D[x][i];
// bb=sum[F[x][i]][j][t^1];
// cc=fsum[bl[x][i]][j][t^1];
}
for(int j=;j<;++j)
{
t=a[x]>>j&;
ans+=1LL*sum[x][j][t^]<<j;
}
return ans;
} void change(int x,int y)
{
int t;
for(int j=;j<;++j)
{
if((a[x]>>j&)==(y>>j&)) continue;
t=a[x]>>j&;
for(int i=;i<=dep[x];++i)
{
cnt[F[x][i]][j][t]--;
sum[F[x][i]][j][t]-=D[x][i];
cnt[F[x][i]][j][t^]++;
sum[F[x][i]][j][t^]+=D[x][i];
if(i<dep[x])
{
fsum[bl[x][i]][j][t]-=D[x][i];
fsum[bl[x][i]][j][t^]+=D[x][i];
}
}
}
a[x]=y;
} void out(LL x)
{
if(x>) out(x/);
putchar(x%+'');
} int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("tree.out","w",stdout);
int n,m;
read(n);
for(int i=;i<=n;++i) read(a[i]);
int u,v,w;
for(int i=;i<n;++i)
{
read(u); read(v); read(w);
add(u,v,w);
}
build(,);
LL ans=;
for(int i=;i<=n;++i)
{
ans+=query(i);
// cout<<i<<' '<<query(i)<<'\n';
}
ans>>=;
// cout<<ans<<'\n';
/* for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<dep[i];++j) printf("%d ",bl[i][j]);
printf("\n");
}*/
read(m);
while(m--)
{
read(u); read(v);
ans-=query(u);
change(u,v);
ans+=query(u);
out(ans);
putchar('\n');
}
// printf("%d",id);
}

cdqz2017-test8-Tree(点分树)的更多相关文章

  1. 1043 Is It a Binary Search Tree (25分)(树的插入)

    A Binary Search Tree (BST) is recursively defined as a binary tree which has the following propertie ...

  2. 【点分树】codechef Yet Another Tree Problem

    已经连咕了好几天博客了:比较经典的题目 题目大意 给出一个 N 个点的树和$K_i$, 求每个点到其他所有点距离中第 $K_i$ 小的数值. 题目分析 做法一:点分树上$\log^3$ 首先暴力做法: ...

  3. 一篇自己都看不懂的点分治&点分树学习笔记

    淀粉质点分治可真是个好东西 Part A.点分治 众所周知,树上分治算法有$3$种:点分治.边分治.链分治(最后一个似乎就是树链剖分),它们名字的不同是由于分治方式的不同的.点分治,顾名思义,每一次选 ...

  4. BZOJ4317Atm的树&BZOJ2051A Problem For Fun&BZOJ2117[2010国家集训队]Crash的旅游计划——二分答案+动态点分治(点分树套线段树/点分树+vector)

    题目描述 Atm有一段时间在虐qtree的题目,于是,他满脑子都是tree,tree,tree…… 于是,一天晚上他梦到自己被关在了一个有根树中,每条路径都有边权,一个神秘的声音告诉他,每个点到其他的 ...

  5. 【学习笔记 边分树】【uoj400】【CTSC2018】暴力写挂

    题目 描述 ​ 有两棵树\(T\)和\(T'\),节点个数都为\(n\),根节点都为\(1\)号节点; ​ 求两两点之间 $$ \begin{align} depth(x) + depth(y) - ...

  6. 2018.08.28 洛谷P3345 [ZJOI2015]幻想乡战略游戏(点分树)

    传送门 题目就是要求维护带权重心. 因此破题的关键点自然就是带权重心的性质. 这时发现直接找带权重心是O(n)的,考虑优化方案. 发现点分树的树高是logn级别的,并且对于以u为根的树,带权重心要么就 ...

  7. PTA 04-树5 Root of AVL Tree (25分)

    题目地址 https://pta.patest.cn/pta/test/16/exam/4/question/668 5-6 Root of AVL Tree   (25分) An AVL tree ...

  8. PAT 甲级 1064 Complete Binary Search Tree (30 分)(不会做,重点复习,模拟中序遍历)

    1064 Complete Binary Search Tree (30 分)   A Binary Search Tree (BST) is recursively defined as a bin ...

  9. PAT 甲级 1043 Is It a Binary Search Tree (25 分)(链表建树前序后序遍历)*不会用链表建树 *看不懂题

    1043 Is It a Binary Search Tree (25 分)   A Binary Search Tree (BST) is recursively defined as a bina ...

随机推荐

  1. Spring事务银行转账示例

    https://www.imooc.com/video/9331 声明式事务 @Transactiona() 编程式事务 非模板式(不使用TransactionTemplate) http://cai ...

  2. Java基础实践一:for关键字的实现原理

    Java源码: /** * Demo.java * com.yuanchuangyun.libra.web * * * ver date author * ────────────────────── ...

  3. FTP Download File By Some Order List

    @Echo Off REM -- Define File Filter, i.e. files with extension .RBSet FindStrArgs=/E /C:".asp&q ...

  4. [转帖]Marvell兵败中国4G 创始人去职未来几何

    Marvell兵败中国4G 创始人去职未来几何 (2016-04-12 09:08:30) 2016年的帖子. http://blog.sina.com.cn/s/blog_1542ef86c0102 ...

  5. Linux 更改root与home分区大小的方法总结

    1. 安装了CentOS7.5的虚拟机 但是发现里面的操作系统 home 分区占到了400g 根分区只有50g 认为不太好,所以要改一下. 2.方法. 好像是xfs的文件格式, 没法使用resize2 ...

  6. Babel安装在本地并用webstrom由ES6转Es5

    1进入到根目录 2安装babel npm install babel-cli --save-dev 3安装其他库 npm install --save-dev  babel-preset-env 4创 ...

  7. BZOJ2173 整数的lqp拆分(生成函数)

    首先有序整数拆分有个显然的递推式是g(n)=Σg(i) (i=0~n-1),即枚举加入最后一个数之前和是多少.(虽然不用递推式也能显然地知道答案是2n-1). 类似地,lqp拆分有递推式f(n)=Σf ...

  8. lambda 分类抽取N条

    从每个分类中,按照比例抽取 lista中percent是比例,按照这个比例抽取. static List<A> lista = new List<A>() { new A(){ ...

  9. 自学Linux Shell9.2-基于Red Hat系统工具包存在两种方式之一:RPM包

    点击返回 自学Linux命令行与Shell脚本之路 9.2-基于Red Hat系统工具包存在两种方式之一:RPM包 本节主要介绍基于Red Had的系统(测试系统centos) 1. 工具包存在两种方 ...

  10. SharePoint 2013 APP 开发示例 (六)服务端跨域访问 Web Service (REST API)

    上个示例(SharePoint 2013 APP 开发示例 (五)跨域访问 Web Service (REST API))是基于JavaScript,运行在web browser内去访问REST AP ...