[CTSC2008]网络管理 [整体二分]
题面
所有事件按时间排序
按值划分下放
把每一个修改
改成一个删除一个插入
对于一个查询
直接查这个段区间有多少合法点
如果查询值大于等于目标值 进入左区间
如果一个查询无解
那么它要求第k大无解
k > 路径长 用lca维护即可
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define Sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const int N = 8e4 + 5;
const int inf = 1e8 + 5;
struct Edge{
int v, next;
}edge[N << 1];
int head[N], esize;
inline void addedge(int x, int y){
edge[++esize] = (Edge){y, head[x]};
head[x] = esize;
}
struct Node{
int t, x, y, w, d;
bool type; //0是插入 1是查询
}node[N << 2], p1[N << 2], p2[N << 2];
int n, m, nsize, a[N], ans[N];
int tim, dfn[N], top[N], son[N], fa[N], size[N], rf[N], dep[N];
bool flag[N];
struct BIT{
int w[N];
void ins(int x, int d){while(x <= n){w[x] += d; x += x & -x;}}
int qry(int x){int res = 0; while(x){res += w[x]; x -= x & -x;} return res;}
}bit;
inline void addnode(int x1, int x2, int x3, int x4, int x5, bool x6){
++nsize, node[nsize].t = x1, node[nsize].x = x2, node[nsize].y = x3,
node[nsize].w = x4, node[nsize].d = x5, node[nsize].type = x6;
}
void dfs1(int x, int ff){
dep[x] = dep[ff] + 1, size[x] = 1, fa[x] = ff;
for(int i = head[x], vv; ~i; i = edge[i].next){
vv = edge[i].v; if(vv == ff) continue;
dfs1(vv, x);
size[x] += size[vv];
if(size[son[x]] < size[vv]) son[x] = vv;
}
}
void dfs2(int x, int tp){
top[x] = tp, dfn[x] = ++tim, rf[tim] = x;
if(son[x]) dfs2(son[x], tp); else return;
for(int i = head[x], vv; ~i; i = edge[i].next){
vv = edge[i].v; if(vv == fa[x] || vv == son[x]) continue;
dfs2(vv, vv);
}
}
int LCA(int x, int y){
while(top[x] != top[y]){
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
x = fa[top[x]];
}
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
int qry(int x, int y){
int res = 0;
while(top[x] != top[y]){
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
res += bit.qry(dfn[x]) - bit.qry(dfn[top[x]] - 1);
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y); res += bit.qry(dfn[x]) - bit.qry(dfn[y] - 1);
return res;
}
void erfn(int L, int R, int l, int r){
if(L > R) return;
if(l == r){
for(int i = L; i <= R; ++i)
if(node[i].type && ~ans[node[i].t]) ans[node[i].t] = l;
return ;
}
int mid = l + ((r - l) >> 1);
int t1 = 0, t2 = 0;
for(int i = L; i <= R; ++i){
if(node[i].type) {
int cnt = qry(node[i].x, node[i].y);
if(cnt >= node[i].w) p2[++t2] = node[i];
else node[i].w -= cnt, p1[++t1] = node[i];//第k大!!先减再复制!!
}
else {
if(node[i].w <= mid) p1[++t1] = node[i];
else p2[++t2] = node[i], bit.ins(dfn[node[i].x], node[i].d);
}
}
for(int i = L; i <= R; ++i)
if(!node[i].type && node[i].w > mid)
bit.ins(dfn[node[i].x], -node[i].d);
for(int i = 1; i <= t1; ++i) node[L + i - 1] = p1[i];
for(int i = 1; i <= t2; ++i) node[L + t1 + i - 1] = p2[i];
erfn(L, L + t1 - 1, l, mid); erfn(L + t1, R, mid + 1, r);
}
int main() {
memset(head, -1, sizeof(head));
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++i){
scanf("%d", &a[i]);
addnode(0, i, 0, a[i], 1, 0);
}
for(int i = 1, x, y; i < n; ++i){
scanf("%d%d", &x, &y);
addedge(x, y); addedge(y, x);
} dfs1(1, 0); dfs2(1, 1);
for(int i = 1, x, y, z; i <= m; ++i){
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); flag[i] = (bool)x;
if(x){
int len = dep[y] + dep[z] - 2 * dep[LCA(y, z)] + 1;
if(x > len) ans[i] = -1;
else addnode(i, y, z, x, 0, 1);
}
else addnode(i, y, 0, a[y], -1, 0), addnode(i, y, 0, z, 1, 0), a[y] = z, ans[i] = -1;
}
erfn(1, nsize, 0, inf);
for(int i = 1; i <= m; ++i)
if(flag[i]){
if(ans[i] == -1) printf("invalid request!\n");
else printf("%d\n", ans[i]);
}
//system("PAUSE");
return 0;
}
[CTSC2008]网络管理 [整体二分]的更多相关文章
- 【BZOJ1146】【CTSC2008】网络管理 [整体二分]
网络管理 Time Limit: 50 Sec Memory Limit: 162 MB[Submit][Status][Discuss] Description M公司是一个非常庞大的跨国公司,在 ...
- [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 ...
- 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 ...
- [CTSC2008]网络管理(整体二分+树剖+树状数组)
一道经典的带修改树链第 \(k\) 大的问题. 我只想出三个 \(\log\) 的解法... 整体二分+树剖+树状数组. 那不是暴力随便踩的吗??? 不过跑得挺快的. \(Code\ Below:\) ...
- [CTSC2008]网络管理 [树剖+整体二分]
这题的复杂度可以到达惊人的\(\log^4\)据说还能跑过去(差点没吓死我 直接二分+树剖树套树(\(n \log^4 n\)) 一个\(\log\)也不少的4\(\log\) 但是我有个\(\log ...
- 【BZOJ1146】网络管理(整体二分)
[BZOJ1146]网络管理(整体二分) 题面 良心洛谷,有BZOJ权限题 题解 要看树套树的戳这里 毕竟是:智商不够数据结构来补 所以, 我们来当一回智商够的选手 听说主席树的题目大部分都可以整体二 ...
- bzoj 1146 网络管理Network (CDQ 整体二分 + 树刨)
题目传送门 题意:求树上路径可修改的第k大值是多少. 题解:CDQ整体二分+树刨. 每一个位置上的数都会有一段持续区间 根据CDQ拆的思维,可以将这个数拆成出现的时间点和消失的时间点. 然后通过整体二 ...
- Luogu4175:[CTSC2008]网络管理Network
题面 Luogu4175:[CTSC2008]网络管理Network Sol 路径第\(k\)大 无解直接判断就好了 然后整体二分,加上树链剖分+树状数组统计 # include <bits/s ...
- 洛谷 P4175 [CTSC2008]网络管理 解题报告
P4175 [CTSC2008]网络管理 题目描述 带修改树上链的第\(k\)大 输入输出格式 输入格式: 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\(N\) ...
随机推荐
- ASP.NET Core 一步步搭建个人网站(1)_环境搭建
ASP.NET Core2.0发布有一阵子了,这是.NET 开源跨平台的一个重大里程碑, 也意味着比1.0版本要更加成熟.目前.net core具有开源.跨平台.灵活部署.模块化架构等等特性,吸引着一 ...
- android如何获取SHA1
某些Google Play服务(例如Google登录和App Invites)要求我们提供签名证书的SHA-1,以便google paly为我们的应用创建OAuth2客户端和API密钥. 那么如何获取 ...
- Android Studio集成Flutter
首先Flutter中文网教程地址:https://flutterchina.club/get-started/install/ 1.新建环境变量 变量名:PUB_HOSTED_URL 变量值:http ...
- tofixed方法 四舍五入
tofixed方法 四舍五入 toFixed() 方法可把 Number 四舍五入为指定小数位数的数字.例如将数据Num保留2位小数,则表示为:toFixed(Num):但是其四舍五入的规则与数学中的 ...
- php操作Memcache的一个类库
###php操作Memcache的一个类库 代码如下: <?php /** * Created by PhpStorm. * User: alisleepy * Date: 2019-03-14 ...
- 聚类——GMM
聚类——认识GMM算法 作者:凯鲁嘎吉 - 博客园 http://www.cnblogs.com/kailugaji/ 一.GMM概述 二.GMM算法步骤 三.具体推导参考文献 1. 李航. 统计学习 ...
- 英语口语练习系列-C07-谈女孩
<将进酒>·李白 君不见黄河之水天上来,奔流到海不复回. 君不见高堂明镜悲白发,朝如青丝暮成雪. 人生得意须尽欢,莫使金樽空对月. 天生我材必有用,千金散尽还复来. 烹羊宰牛且为乐,会须一 ...
- 《JAVA程序设计》_第五周学习总结
一.本周学习内容 1.接口--6.1知识 接口的声明 interface 接口名 接口体 只有常量和抽象方法 (用final.static.public修饰的变量,关键词可省略) (用abstract ...
- Elasticsearch 通关教程(三): 索引别名Aliases问题
业务问题 业务需求是不断变化迭代的,也许我们之前写的某个业务逻辑在下个版本就变化了,我们可能需要修改原来的设计,例如数据库可能需要添加一个字段或删减一个字段,而在搜索中也会发生这件事,即使你认为现在的 ...
- OCR技术浅析-自写篇(2)
本例仅以本人浅薄理解,妄想自制文字识别程序,实际在识别部分未有完善. <?php class readChar{ private $imgSize; //图片尺寸 private $imgGd2 ...