题目描述

M公司是一个非常庞大的跨国公司,在许多国家都设有它的下属分支机构或部门。为了让分布在世界各地的N个部门之间协同工作,公司搭建了一个连接整个公司的通信网络。该网络的结构由N个路由器和N-1条高速光缆组成。每个部门都有一个专属的路由器,部门局域网内的所有机器都联向这个路由器,然后再通过这个通信子网与其他部门进行通信联络。该网络结构保证网络中的任意两个路由器之间都存在一条直接或间接路径以进行通信。 高速光缆的数据传输速度非常快,以至于利用光缆传输的延迟时间可以忽略。但是由于路由器老化,在这些路由器上进行数据交换会带来很大的延迟。而两个路由器之间的通信延迟时间则与这两个路由器通信路径上所有路由器中最大的交换延迟时间有关。作为M公司网络部门的一名实习员工,现在要求你编写一个简单的程序来监视公司的网络状况。该程序能够随时更新网络状况的变化信息(路由器数据交换延迟时间的变化),并且根据询问给出两个路由器通信路径上延迟第k大的路由器的延迟时间。【任务】 你的程序从输入文件中读入N个路由器和N-1条光缆的连接信息,每个路由器初始的数据交换延迟时间Ti,以及Q条询问(或状态改变)的信息。并依次处理这Q条询问信息,它们可能是: 1. 由于更新了设备,或者设备出现新的故障,使得某个路由器的数据交换延迟时间发生了变化。 2. 查询某两个路由器a和b之间的路径上延迟第k大的路由器的延迟时间。

输入

第一行为两个整数N和Q,分别表示路由器总数和询问的总数。第二行有N个整数,第i个数表示编号为i的路由器初始的数据延迟时间Ti。紧接着N-1行,每行包含两个整数x和y。表示有一条光缆连接路由器x和路由器y。紧接着是Q行,每行三个整数k、a、b。如果k=0,则表示路由器a的状态发生了变化,它的数据交换延迟时间由Ta变为b。如果k>0,则表示询问a到b的路径上所经过的所有路由器(包括a和b)中延迟第k大的路由器的延迟时间。注意N,Q<=80000,任意一个路由器在任何时刻都满足延迟时间小于10^8。对于所有询问满足0<=K<=N

输出

对于每一个第二种询问(k>0),输出一行。包含一个整数为相应的延迟时间。如果路径上的路由器不足k个,则输出信息“invalid request!”(全部小写不包含引号,两个单词之间有一个空格)。

样例输入

5 5
5 1 2 3 4
3 1
2 1
4 3
5 3
2 4 5
0 1 2
2 2 3
2 1 4
3 3 5

样例输出

3
2
2
invalid request!


题解

倍增LCA+dfs序+树状数组+主席树

维护一个dfs入栈出栈序,建立主席树,入栈位置将权值位置+1,出栈位置将权值位置-1.。

对于每个询问,转化为x->lca和y->lca的两条链,进而转化为4条路径:1~x + 1~y - 1~lca - 1~fa[lca]。

由于题目带修改,所以需要使用树状数组维护主席树的“前缀和”。然后就可以无脑码了。

需要注意的一点是本题卡空间,所以主席树的插入过程不能每次都新建节点,如果有节点就修改,没有再添加。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 80010
using namespace std;
int w[N] , head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , fa[N][18] , deep[N] , log[N] , lp[N] , rp[N] , num;
int ls[N * 200] , rs[N * 200] , si[N * 200] , root[N << 1] , tot , A[40] , B[40] , C[40] , D[40] , ta , tb , tc , td;
int v[N << 1] , tv , vk[N] , vx[N] , vy[N];
void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs(int x)
{
int i;
lp[x] = ++num;
for(i = 1 ; (1 << i) <= deep[x] ; i ++ ) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa[x][0])
fa[to[i]][0] = x , deep[to[i]] = deep[x] + 1 , dfs(to[i]);
rp[x] = ++num;
}
int lca(int x , int y)
{
int i;
if(deep[x] < deep[y]) swap(x , y);
for(i = log[deep[x] - deep[y]] ; ~i ; i -- )
if(deep[x] - deep[y] >= (1 << i))
x = fa[x][i];
if(x == y) return x;
for(i = log[deep[x]] ; ~i ; i -- )
if(deep[x] >= (1 << i) && fa[x][i] != fa[y][i])
x = fa[x][i] , y = fa[y][i];
return fa[x][0];
}
void update(int p , int a , int l , int r , int &x)
{
if(!x) x = ++tot;
si[x] += a;
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if(p <= mid) update(p , a , l , mid , ls[x]);
else update(p , a , mid + 1 , r , rs[x]);
}
int query(int k , int l , int r)
{
if(l == r) return l;
int mid = (l + r) >> 1 , sum = 0 , i;
for(i = 1 ; i <= ta ; i ++ ) sum += si[rs[A[i]]];
for(i = 1 ; i <= tb ; i ++ ) sum += si[rs[B[i]]];
for(i = 1 ; i <= tc ; i ++ ) sum -= si[rs[C[i]]];
for(i = 1 ; i <= td ; i ++ ) sum -= si[rs[D[i]]];
if(k <= sum)
{
for(i = 1 ; i <= ta ; i ++ ) A[i] = rs[A[i]];
for(i = 1 ; i <= tb ; i ++ ) B[i] = rs[B[i]];
for(i = 1 ; i <= tc ; i ++ ) C[i] = rs[C[i]];
for(i = 1 ; i <= td ; i ++ ) D[i] = rs[D[i]];
return query(k , mid + 1 , r);
}
else
{
for(i = 1 ; i <= ta ; i ++ ) A[i] = ls[A[i]];
for(i = 1 ; i <= tb ; i ++ ) B[i] = ls[B[i]];
for(i = 1 ; i <= tc ; i ++ ) C[i] = ls[C[i]];
for(i = 1 ; i <= td ; i ++ ) D[i] = ls[D[i]];
return query(k - sum , l , mid);
}
}
int main()
{
int n , q , i , j , x , y , f;
scanf("%d%d" , &n , &q);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &w[i]) , v[++tv] = w[i];
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x) , log[i] = log[i >> 1] + 1;
dfs(1);
for(i = 1 ; i <= q ; i ++ )
{
scanf("%d%d%d" , &vk[i] , &vx[i] , &vy[i]);
if(!vk[i]) v[++tv] = vy[i];
}
sort(v + 1 , v + tv + 1);
for(tv = 0 , i = 1 ; i <= n + q ; i ++ )
if(v[i] != v[i - 1])
v[++tv] = v[i];
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
w[i] = lower_bound(v + 1 , v + tv + 1 , w[i]) - v;
for(j = lp[i] ; j <= num ; j += j & -j) update(w[i] , 1 , 1 , tv , root[j]);
for(j = rp[i] ; j <= num ; j += j & -j) update(w[i] , -1 , 1 , tv , root[j]);
}
for(i = 1 ; i <= q ; i ++ )
{
if(vk[i])
{
f = lca(vx[i] , vy[i]);
if(deep[vx[i]] + deep[vy[i]] - 2 * deep[f] + 1 < vk[i]) puts("invalid request!");
else
{
ta = tb = tc = td = 0;
for(j = lp[vx[i]] ; j ; j -= j & -j) A[++ta] = root[j];
for(j = lp[vy[i]] ; j ; j -= j & -j) B[++tb] = root[j];
for(j = lp[f] ; j ; j -= j & -j) C[++tc] = root[j];
for(j = lp[fa[f][0]] ; j ; j -= j & -j) D[++td] = root[j];
printf("%d\n" , v[query(vk[i] , 1 , tv)]);
}
}
else
{
vy[i] = lower_bound(v + 1 , v + tv + 1 , vy[i]) - v;
for(j = lp[vx[i]] ; j <= num ; j += j & -j) update(w[vx[i]] , -1 , 1 , tv , root[j]) , update(vy[i] , 1 , 1 , tv , root[j]);
for(j = rp[vx[i]] ; j <= num ; j += j & -j) update(w[vx[i]] , 1 , 1 , tv , root[j]) , update(vy[i] , -1 , 1 , tv , root[j]);
w[vx[i]] = vy[i];
}
}
return 0;
}

【bzoj1146】[CTSC2008]网络管理Network 倍增LCA+dfs序+树状数组+主席树的更多相关文章

  1. 【BZOJ】1146: [CTSC2008]网络管理Network(树链剖分+线段树套平衡树+二分 / dfs序+树状数组+主席树)

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1146 第一种做法(时间太感人): 第二种做法(rank5,好开心) ================ ...

  2. [BZOJ 1146] [CTSC2008]网络管理Network(树状数组+主席树)

    题目描述 M公司是一个非常庞大的跨国公司,在许多国家都设有它的下属分支机构或部门.为了让分布在世界各地的N个部门之间协同工作,公司搭建了一个连接整个公司的通信网络.该网络的结构由N个路由器和N-1条高 ...

  3. [BZOJ1146][CTSC2008]网络管理Network

    [BZOJ1146][CTSC2008]网络管理Network 试题描述 M公司是一个非常庞大的跨国公司,在许多国家都设有它的下属分支机构或部门.为了让分布在世界各地的N个 部门之间协同工作,公司搭建 ...

  4. Luogu 2680 NOIP 2015 运输计划(树链剖分,LCA,树状数组,树的重心,二分,差分)

    Luogu 2680 NOIP 2015 运输计划(树链剖分,LCA,树状数组,树的重心,二分,差分) Description L 国有 n 个星球,还有 n-1 条双向航道,每条航道建立在两个星球之 ...

  5. [BZOJ1146][CTSC2008]网络管理Network(二分+树链剖分+线段树套平衡树)

    题意:树上单点修改,询问链上k大值. 思路: 1.DFS序+树状数组套主席树 首先按照套路,关于k大值的问题,肯定要上主席树,每个点维护一棵权值线段树记录它到根的信息. 关于询问,就是Que(u)+Q ...

  6. BZOJ1146[CTSC2008]网络管理——出栈入栈序+树状数组套主席树

    题目描述 M公司是一个非常庞大的跨国公司,在许多国家都设有它的下属分支机构或部门.为了让分布在世界各地的N个 部门之间协同工作,公司搭建了一个连接整个公司的通信网络.该网络的结构由N个路由器和N-1条 ...

  7. 2019.01.13 bzoj1146: [CTSC2008]网络管理Network(整体二分+树剖)

    传送门 题意简述:给一棵树,支持单点修改,询问路径上两点间第kkk大值. 思路: 读懂题之后立马可以想到序列上带修区间kkk大数的整体二分做法,就是用一个bitbitbit来支持查值. 那么这个题把树 ...

  8. 【bzoj2819】Nim(dfs序+树状数组/线段树)

    题目传送门:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2819 首先根据SG定理,可得若每堆石子数量的异或值为0,则后手必胜,反之先手必胜.于是 ...

  9. POJ3321[苹果树] 树状数组/线段树 + dfs序

    Apple Tree Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions:39452   Accepted: 11694 Descr ...

随机推荐

  1. Bootstrap历练实例:响应式标签页

    <!DOCTYPE html><html><head><meta http-equiv="Content-Type" content=&q ...

  2. js点击拉拽轮播图pc端移动端适配

    <div class="content"> <button class="left">left</button> <b ...

  3. nodejs mysql模块简单封装

    nodejs 简单的封装一些mysql模块 实现一个方法根据不同传参进行增删改查 首先要 npm install mysql 代码如下 function data(objHost,sql,callba ...

  4. 关于html标签的两种隐藏方式

    做一个文章管理模块 有一个功能是需要根据文章分类来显示内容的标签 刚开始以为很简单 ,手放键盘上就是一顿敲. 如果类型是文章就是没问题  可是另外几种就有问题了 红框的标签一直不出来 后来找了半天然来 ...

  5. webpack+thymeleaf实现数据直出

    webpack动态插入thymeleaf模板,MVC将要使用数据传递到模板中渲染,得到的html就已经带有要初始显示的数据了github:https://github.com/947133297/we ...

  6. 了解并使用springAOP(面向切面编程)

    Aop是干嘛的为什么要使用它 在业务系统中,总有一些散落,渗透到系统的各处且不得不处理的事情,这些穿插在既定业务中的操作就是所谓的“横切逻辑”,也称切面, 我们怎样才不受这些附加要求的干扰,专心于真正 ...

  7. 多种方式实现依赖注入及使用注解定义bean

    构造注入 如何给构造方法中的参数注入方法呢如下 首先bean代码如下 package cn.pojo; public class Greeting { /** * 说的话 */ private Str ...

  8. JZOJ 4738. 神在夏至祭降下了神谕 DP + 线段树优化

    4738. 神在夏至祭降下了神谕 Time Limits: 1000 ms  Memory Limits: 262144 KB  Detailed Limits   Goto ProblemSet D ...

  9. JZOJ 5462. 【NOIP2017提高A组冲刺11.8】好文章

    5462. [NOIP2017提高A组冲刺11.8]好文章 (File IO): input:article.in output:article.out Time Limits: 1000 ms  M ...

  10. 04vim的使用

    linux常用命令 workon 查看已经安装的虚拟环境 deactivate 退出虚拟环境 whoami 查看用户 sudo bash install.sh 添加权限 pwd 查看在那个路径下 cd ...