传送门:>Here< 题意:给出一颗树,和K次操作.每次操作给出a,b,代表从a到b的路径上所有边的权值都+1(边权最开始全部为0).最后依次输出每条边最终的权值 解题思路: 由于n非常大,不能暴力搞.于是就有Dalao提出了树链剖分……好像很有道理 然而,这是一道树上差分的经典题.于是就在这里介绍一下树上差分吧 再理解树上差分之前,先来看一看普通的差分: 给出一个全部为0的序列,每次操作给一段区间加上1,求最终序列中每个元素的值. 考虑差分——每一次操作$[L, R]$,令差分数组$cf[L…

They say that Berland has exactly two problems, fools and roads. Besides, Berland has n cities, populated by the fools and connected by the roads. All Berland roads are bidirectional. As there are many fools in Berland, between each pair of cities th…

题目链接:Codeforces 191C Fools and Roads 题目大意:给定一个N节点的数.然后有M次操作,每次从u移动到v.问说每条边被移动过的次数. 解题思路:树链剖分维护边,用一个数组标记就可以,不须要用线段树. #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 1e5 + 5; int N, Q, ne, fi…

Fools and Roads CodeForces - 191C 题意:给出一棵n个节点的树,还有树上的k条简单路径(用路径的两个端点u和v表示),对于树上每一条边,求出其被多少条简单路径经过. 方法: 一开始想了很久..想要在倍增求lca的同时统计边经过的次数..然而发现这样子可以统计,但是统计的值拆不开...没有办法在合适时间内得到答案...并没有思路.. 想了很久发现,这其实就是个简单的树上差分,只要记录一下每个节点i到根节点路径上所有边都需要加的权值sum[i]就行了. 对于每一组(u…

Codeforces Round #121 (Div. 1) C. Fools and Roads time limit per test :2 seconds memory limit per test : 256 megabytes They say that Berland has exactly two problems, fools and roads. Besides, Berland has n cities, populated by the fools and connecte…

参考: 1. 郭华阳 - 算法合集之<RMQ与LCA问题>. 讲得很清楚! 2. http://www.cnblogs.com/lazycal/archive/2012/08/11/2633486.html 3. 代码来源yejinru 题意: 有一棵树, 按照顺序给出每条边, 再给出若干对点, 这两点之间的唯一的路( Simple path )上边权加1. 当所有对点处理完后, 按照边的输入顺序输出每条边的权. 思路: LCA问题. 最近公共祖先(Least Common Ancestors…

题意是给定一棵树.同时,给定如下k个查询: 给出任意两点u,v,对u到v的路径所经过的边进行加计数. k个查询后,分别输出各边的计数之和. 思路利用LCA,对cnt[u]++, cnt[v]++,并对cnt[LCA(u, v)] -= 2.然后dfs求解各边的计数. /* 191C */ #include <iostream> #include <string> #include <map> #include <queue> #include <set…

主题链接~~> 做题情绪:做了HDU 5044后就感觉非常easy了. 解题思路: 先树链剖分一下,把树剖分成链,由于最后全是询问,so~能够线性操作.经过树链剖分后,就会形成很多链,可是每条边都有编号,相当于一个数组进行线性操作,这样.如果在 u  ~ v 去都添加 1 .那么能够让 sum [ u ] += 1 ; sum [ v + 1 ] -= 1 ; 这里如果 v 的编号大. 最后的时候仅仅要从后往前遍历一次就能够了.得到全部的结果.明确这点后再加上树链剖分的思想就能够攻克了. 代码:…

树上差分半裸题 常规思路是进行三次DFS,然后常规运算即可 这里提供两次dfs的思路(wyz tql orz) 我们以样例2为例 我们考虑任意一条路径,令其起点为u终点为v,每走一次当前路径则v的访问次数必定+1,于是我们可以使每一个点表示连接其上的一条边的访问次数,所以我们令节点v的访问次数+1; 与此同时,过程中的路径也同样会被访问,且这里是双向边,于是与此同时的我们也令节点u的访问次数+1;当然访问当前子树下根节点中包含的两个点并不会访问,而我们在增加u和v的访问时同时也错误地增加了其公共…

Description 有一颗 \(n\) 个节点的树,\(k\) 次旅行,问每一条边被走过的次数. Input 第一行一个整数 \(n\) (\(2\leq n\leq 10^5\)). 接下来 \(n-1\) 行,每行两个正整数 \(x,y\) (\(1\leq x,y\leq n,x\neq y\)),表示 \(x\)与 \(y\) 之间有一条连边. 接下来一个整数 \(k\) (\(0\leq k\leq 10^5\) ). 接下来 \(k\) 行,每行两个正整数 \(x,y\) (\(…