传送门

题目描述

Our protagonist is the handsome human prince Aragorn comes from The Lord of the Rings. One day Aragorn finds a lot of enemies who want to invade his kingdom. As Aragorn knows, the enemy has N camps out of his kingdom and M edges connect them. It is guaranteed that for any two camps, there is one and only one path connect them. At first Aragorn know the number of enemies in every camp.

But the enemy is cunning , they will increase or decrease the number of soldiers in camps. Every time the enemy change the number of soldiers, they will set two camps C1 and C2. Then, for C1, C2 and all camps on the path from C1 to C2, they will increase or decrease K soldiers to these camps. Now Aragorn wants to know the number of soldiers in some particular camps real-time.

题目大意

三种操作:

  • 点\(x\)到点\(y\)的路径上的每一个点的权值都+\(v\)
  • 点\(x\)到点\(y\)的路径上的每一个点的权值都-\(v\)
  • 查询点\(u\)的权值

解法

树链剖分的模板题,拿过来随便练练手。

我会在第4将的xio讲堂上详细讲解树剖,这里就稍微介绍一下。

树剖在沃的理解上,就是将一棵树通过dfs序或者其他的顺序,和轻重关系来展开到一个一位数组中,然后我们将各个在树上的操作变成一位的操作,这种操作就只需要用数据结构来维护就可以了。

那么反观这道题,我们就将树展开到一维上,并且用线段树来维护,其实非常好理解。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define N 50005
#define M 50005
using namespace std;
struct edge{
    int to,nt;
}E[M<<1];
int H[N],a[N],val[N],sz[N],dep[N],son[N],top[N],idx[N],fa[N];
int cnt,tot,n,m,p;
int read(){
    int w=0,x=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
void addedge(int u,int v){
    E[++cnt]=(edge){v,H[u]}; H[u]=cnt;
}
struct segment_tree{//线段树的各个操作,比较简单不多做讲解
    #define lson (nod<<1)
    #define rson (nod<<1|1)
    #define mid (l+r>>1)
    int tr[N<<2],add[N<<2];
    void init(){
        ms(tr,0);ms(add,0);
    }
    void pushup(int nod){
        tr[nod]=tr[lson]+tr[rson];
    }
    void pushdown(int l,int r,int nod){
        if(!add[nod]) return;
        tr[lson]+=add[nod]*(mid-l+1);
        tr[rson]+=add[nod]*(r-mid);
        add[lson]+=add[nod];
        add[rson]+=add[nod];
        add[nod]=0;
    }
    void build(int l,int r,int nod,int *a){
        if(l>=r){
            tr[nod]=a[l];
            return;
        }
        build(l,mid,lson,a);
        build(mid+1,r,rson,a);
        pushup(nod);
    }
    void update(int l,int r,int ql,int qr,int v,int nod){
        if(ql<=l&&r<=qr){
            tr[nod]+=v*(r-l+1);
            add[nod]+=v;
            return;
        }
        pushdown(l,r,nod);
        if(ql<=mid) update(l,mid,ql,qr,v,lson);
        if(qr>mid) update(mid+1,r,ql,qr,v,rson);
        pushup(nod);
    }
    int query(int l,int r,int k,int nod){
        if(l==r) return tr[nod];
        pushdown(l,r,nod);
        if(k<=mid) return query(l,mid,k,lson);
        else return query(mid+1,r,k,rson);
    }
}T;
void dfs1(int u,int ft,int dp){//第一遍dfs,求出sz,fa,dep。
    sz[u]=1;
    fa[u]=ft;
    dep[u]=dp;
    int maxson=-1;
    for(int e=H[u];e;e=E[e].nt){
        int v=E[e].to;
        if(v==fa[u]) continue;
        dfs1(v,u,dp+1);
        sz[u]+=sz[v];
        if(sz[v]>maxson) maxson=sz[v],son[u]=v;
    }
}
void dfs2(int u,int tp){//第二遍dfs,求出idx,val,top,和将各个重点连成重边
    idx[u]=++tot;
    val[tot]=a[u];
    top[u]=tp;
    if(!son[u]) return;
    dfs2(son[u],tp);
    for(int e=H[u];e;e=E[e].nt){
        int v=E[e].to;
        if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;
        dfs2(v,v);
    }
}
void init(){
    cnt=0,tot=0;
    ms(son,0);ms(E,0);ms(H,0);ms(top,0);ms(sz,0);ms(idx,0);ms(val,0);
}
int point_query(int u){return T.query(1,n,idx[u],1);}
void chain_update(int u,int v,int w){
    while(top[u]!=top[v]){
        if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
        T.update(1,n,idx[top[u]],idx[u],w,1);
        u=fa[top[u]];
    }
    if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
    T.update(1,n,idx[u],idx[v],w,1);
}
int main(){
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&p)){
        T.init(); init();
        for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
        for(int i=1;i<=m;i++) {
            int u=read(),v=read();
            addedge(u,v);
            addedge(v,u);
        }
        dfs1(1,-1,1);
        dfs2(1,1);
        T.build(1,n,1,val);
        while(p--){
            char opt[5];
            scanf("%s",opt);
            if(opt[0]=='Q'){
                int x=read();
                printf("%d\n",point_query(x));
            }
            if(opt[0]=='I'){
                int x=read(),y=read(),z=read();
                chain_update(x,y,z);
            }
            if(opt[0]=='D'){
                int x=read(),y=read(),z=read();
                chain_update(x,y,-z);
            }
        }
    }
    return 0;
}

[hdu3966]Aragorn's Story的更多相关文章

  1. 树链剖分入门-Hdu3966 Aragorn's Story

    AC通道:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3966 [题目大意] 一棵树上每个点有权值,每次支持三种操作:给[a,b]路径上的所有节点的权值加上k, ...

  2. hdu3966 Aragorn's Story 树链剖分

    题目传送门 题目大意: 有n个兵营形成一棵树,给出q次操作,每一次操作可以使两个兵营之间的所有兵营的人数增加或者减少同一个数目,每次查询输出某一个兵营的人数. 思路: 树链剖分模板题,讲一下树链剖分过 ...

  3. Aragorn's Story(hdu3966)

    题意:给一棵树,并给定各个点权的值,然后有3种操作: I C1 C2 K: 把C1与C2的路径上的所有点权值加上K D C1 C2 K:把C1与C2的路径上的所有点权值减去K Q C:查询节点编号为C ...

  4. 【hdu3966】Aragorn's Story

    题意:给一棵树,并给定各个点权的值,然后有3种操作:I C1 C2 K: 把C1与C2的路径上的所有点权值加上KD C1 C2 K:把C1与C2的路径上的所有点权值减去KQ C:查询节点编号为C的权值 ...

  5. hdu3966 点权模板-树链部分

    Aragorn's Story Time Limit: 10000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) ...

  6. HDU 3966 Aragorn's Story (树链剖分+树状数组)

    Aragorn's Story Time Limit: 10000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) ...

  7. HDU 3966 Aragorn's Story 树链剖分+树状数组 或 树链剖分+线段树

    HDU 3966 Aragorn's Story 先把树剖成链,然后用树状数组维护: 讲真,研究了好久,还是没明白 树状数组这样实现"区间更新+单点查询"的原理... 神奇... ...

  8. hdu 3966 Aragorn's Story 树链剖分 按点

    Aragorn's Story Time Limit: 10000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) ...

  9. HDU3966(树链剖分)

    题目:Aragorn's Story 题意:给一棵树,并给定各个点权的值,然后有3种操作: I C1 C2 K: 把C1与C2的路径上的所有点权值加上K D C1 C2 K:把C1与C2的路径上的所有 ...

随机推荐

  1. mysql利用binlog进行数据恢复

    目录 mysql利用binlog进行数据恢复 binlog基本配置和格式 binlog基本配置 查看binlog状态 binlog的三种格式 转换成sql mysql自带的mysqlbinlog 利用 ...

  2. Sql 截取字段中的字符串

    取 a 字段里有字符x后面的数 right(a, charindex('x',reverse(a))-1))      reverse(字段) 这个函数是把字段倒过来并转换成nvarchar类型 取 ...

  3. 【下一代核心技术DevOps】:(三)私有代码库阿里云Git使用

    1. 引言 使用DevOps肯定离不开和代码的集成.所以要想跑通整套流程,代码库的选型也是非常重要的.否则无法实现持续集成.目前比较常用的代码管理有SVN和GIt 如果还使用SVN的,建议尽早迁移到G ...

  4. 金蝶PDA金蝶盘点机金蝶仓库条码管理方案-采购入库单教程

    采购入库单有两种做法: 第一种:按照采购订单下推的采购入库单. 第二种:直接新增采购入库单,也就是不按照采购订单下推. 按照采购订单下推生成采购入库单,会以采购订单的商品品种和数量作为应收.扫描条码入 ...

  5. 转:SpringMVC之类型转换Converter(GenericConverter)

    转: http://blog.csdn.net/fsp88927/article/details/37692215 SpringMVC 之类型转换 Converter 1.1 目录 1.1 目录 1. ...

  6. Redis+TwemProxy(nutcracker)集群方案部署记录

    Twemproxy 又称nutcracker ,是一个memcache.Redis协议的轻量级代理,一个用于sharding 的中间件.有了Twemproxy,客户端不直接访问Redis服务器,而是通 ...

  7. PairProject-电梯调度程序结对编程

    结对编程人员:184/050 1 结对编程 1.1 结对编程的优缺点 优点: ● 与单独开发相比,结对能够使人们在压力之下保持更好的状态.结对编程鼓励双方保持代码的高质量,即使在出现了让人不得不飞快地 ...

  8. The Golden Age CodeForces - 813B (数学+枚举)

    Unlucky year in Berland is such a year that its number n can be represented as n = xa + yb, where a  ...

  9. 爬虫时http错误提示

    在爬虫,请求网站的时候,有时候出现域名报错,所出现的代码所对应的意思:

  10. jQuery(五)

    wrap <script> //wrap:包装 //wrapAll:整体包装 //wrapInner:内部包装 //unwrap:删除包装(删除父级,不包括body) $(function ...