Codeforces 1076E Vasya and a Tree(树状数组)或dfs
题意:给你一颗以1为根节点的树,初始所有节点的权值为0,然后有m个操作,每个操作将点x的所有距离不超过d的节点权值+1,问经过m次操作后每个节点权值是多少?
思路:如果是一个序列,就可以直接用树状数组做,但这是一颗树,所以我们可以想办法把它转化成序列。我们可以先求出每个节点的dfs序,以及深度和子树的大小,顺便记录每个深度都有哪些节点,子树的大小用来确认以该节点为根的子树在dfs序中的范围,此时便可用树状数组维护了。之后,我们把每个操作按能影响到的深度从大到小排序,即优先处理影响深度大的操作。设当前计算的深度为now,假设所有操的作影响的深度大于now的操作已经计算。如果当前操作影响的深度小于now,说明所有能影响到now深度的操作已经全部操作完了,此时把所有深度为now的节点权值计算出来。每读取一个操作的信息,就把操作产生的影响用树状数组维护,因为影响now深度的节点权值已经计算完毕了,所以我把以该操作的操作节点为根的子树全部加上操作的值 对之前已经计算的答案没有影响。操作全部完成后,深度从深到浅计算答案即可。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define lowbit(x) (x&(-(x)))
using namespace std;
const int maxn=300010;
int deep[maxn],head[maxn],Next[maxn*2],ver[maxn*2],tot,cnt;
int sum[maxn],sz[maxn],dfsn[maxn],mx,n;
LL c[maxn],ans[maxn];
struct op{
int x,d;
LL num;
bool operator <(const op& rhs)const{
return (deep[x]+d)>(deep[rhs.x]+rhs.d);
}
}OP[maxn];
void adde(int x,int y){
ver[++tot]=y;
Next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
vector<int>re[maxn];
int get_deep(int x,int dep){
deep[x]=dep;
dfsn[x]=++cnt;
sz[x]=1;
mx=max(mx,dep);
re[dep].push_back(x);
for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(!deep[y]){
get_deep(y,dep+1);
sz[x]+=sz[y];
}
}
}
LL ask(int x){
LL ans=0;
for(;x;x-=lowbit(x))ans+=c[x];
return ans;
}
void add(int x,LL y){
for(;x<=n;x+=lowbit(x))c[x]+=y;
}
int main(){
int m;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
adde(a,b);
adde(b,a);
}
get_deep(1,1);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int a,b;
LL c;
scanf("%d%d%lld",&a,&b,&c);
OP[i]=(op){a,b,c};
}
sort(OP+1,OP+1+m);
int now=mx;
for(int i=1;i<=m;i++){
int tmp=deep[OP[i].x]+OP[i].d;
while(now>tmp){
for(int j=0;j<re[now].size();j++){
int x=re[now][j];
ans[x]=ask(dfsn[x]);
}
now--;
}
add(dfsn[OP[i].x],OP[i].num);
add(dfsn[OP[i].x]+sz[OP[i].x],-OP[i].num);
}
while(now){
while(now){
for(int j=0;j<re[now].size();j++){
int x=re[now][j];
ans[x]=ask(dfsn[x]);
}
now--;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
}
还有一种只用dfs的做法,dfs时,记录一下以该节点为起点的所有操作影响的深度范围(类似前缀和的方式),在从该节点回溯时再把影响减去,因为dfs时只会在子树中遍历,所以用这种方法就把影响限制在了子树的规定深度中。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=300010;
int deep[maxn],head[maxn],Next[maxn*2],ver[maxn*2],tot,cnt;
int now[maxn];
LL ans[maxn];
int n,m;
vector< pair<int,LL> >re[maxn];
void add(int x,int y){
ver[++tot]=y;
Next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x,LL val){
val+=now[deep[x]];
for(int i=0;i<re[x].size();i++){
int dep=deep[x]+re[x][i].fi;
dep=min(dep,n);
now[dep+1]-=re[x][i].se;
val+=re[x][i].se;
}
ans[x]=val;
for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(!deep[y]){
deep[y]=deep[x]+1;
dfs(y,val);
}
}
for(int i=0;i<re[x].size();i++){
int dep=deep[x]+re[x][i].fi;
dep=min(dep,n);
now[dep+1]+=re[x][i].se;
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
LL z;
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
re[x].pb(mk(y,z));
}
deep[1]=1;
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
}
Codeforces 1076E Vasya and a Tree(树状数组)或dfs的更多相关文章
- hdu4605 树状数组+离散化+dfs
Magic Ball Game Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) ...
- BZOJ3881[Coci2015]Divljak——AC自动机+树状数组+LCA+dfs序+树链的并
题目描述 Alice有n个字符串S_1,S_2...S_n,Bob有一个字符串集合T,一开始集合是空的. 接下来会发生q个操作,操作有两种形式: “1 P”,Bob往自己的集合里添加了一个字符串P. ...
- BZOJ 3881 [COCI2015]Divljak (Trie图+Fail树+树链的并+树状数组维护dfs序)
题目大意: Alice有n个字符串S_1,S_2...S_n,Bob有一个字符串集合T,一开始集合是空的. 接下来会发生q个操作,操作有两种形式: “1 P”,Bob往自己的集合里添加了一个字符串P. ...
- codeforces 1076E Vasya and a Tree 【dfs+树状数组】
题目:戳这里 题意:给定有n个点的一棵树,顶点1为根.m次操作,每次都把以v为根,深度dep以内的子树中所有的顶点(包括v本身)加x.求出最后每个点的值为多少. 解题思路:考虑到每次都只对点及其子树操 ...
- CodeForces - 396C On Changing Tree(树状数组)
题目大意 给定一棵以1为根的树,初始时所有点为0 给出树的方式是从节点2开始给出每一个点的父亲 然后是 $m$ 次操作,分为两种 $1 v,k,x$ 表示在以v为根的子树中的每一个点上添加 $x-i* ...
- Codeforces 216D Spider's Web 树状数组+模拟
题目链接:http://codeforces.com/problemset/problem/216/D 题意: 对于一个梯形区域,假设梯形左边的点数!=梯形右边的点数,那么这个梯形为红色.否则为绿色, ...
- CodeForces - 369E Valera and Queries(树状数组)
CodeForces - 369E Valera and Queries 题目大意:给出n个线段(线段的左端点和右端点坐标)和m个查询,每个查询有cnt个点,要求给出有多少条线段包含至少其中一个点. ...
- HDU3333 Turing Tree 树状数组+离线处理
Turing Tree Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total ...
- POJ 3321 Apple Tree(树状数组)
Apple Tree Time Limit: 2000MS Memory Lim ...
随机推荐
- Token和session 详解
Token的含义 原文链接 这只是一个思路 1.Token的引入:Token是在客户端频繁向服务端请求数据,服务端频繁的去数据库查询用户名和密码并进行对比,判断用户名和密码正确与否,并作出相应提示,在 ...
- 06-THREE.JS 给所有物体相同的材质
<!DOCTYPE html> <html> <head> <title></title> <script src="htt ...
- Java匿名对象和匿名类总结
一.匿名对象 匿名对象是没有名字的实体,也就是该实体没有对应的变量名引用 匿名对象的特征: 创建的匿名类的对象只能够调用一次 匿名对象只在堆内存中开辟空间 ...
- explicit修饰构造函数
问题描述:对于单参数的构造函数C++允许隐含的类型转换,容易破坏代码可读性,并导致难以发现的错误,通过关键字explicit修饰构造函数可以禁止单参数构造函数创建隐式临时变量.
- L120 单词造句
The old lady sits on a mobile chair every morning.The book contains scandalous text. The current sur ...
- 不带缓存IO和标准(带缓存)IO
linux对IO文件的操作分为: 不带缓存:open read.posix标准,在用户空间没有缓冲,在内核空间还是进行了缓存的.数据-----内核缓存区----磁盘 假设内核缓存区长度为100字节,你 ...
- Rational Rose 2003 下载、破解及安装方法(图文)
方法一: 1. 安装Rational Rose2003时,在需选择安装项的时候,只选择Rational Rose EnterPrise Edition即可,不需选择其他项,之后选择“DeskTop I ...
- 2017-2018-1 20179215 第十一周 ShellShock攻击实验
<Linux内核原理与设计>第十一周作业 ShellShock攻击实验 分组:和20179205王雅哲共同完成实验及博客攥写 实验内容: Bash中发现了一个严重漏洞shellshock ...
- Two Cakes
It's New Year's Eve soon, so Ivan decided it's high time he started setting the table. Ivan has boug ...
- bzoj1249: SGU277 HERO 动态凸包
动态维护凸包面积. //Achen #include<bits/stdc++.h> #define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #def ...