题目大意 有一棵树,\(n\)(\(n\leq2*10^5\))个点,每条边\(i\)有颜色\(w_i\),共有\(m\)(\(m\leq n\))种颜色,第\(i\)种颜色的权值是\(c_i\)(\(|c_i|\leq10^4\)) 定义一条路径的权值是该路径上所有同色段的颜色的权值之和 给定\(l,r\),求边数在\([l,r]\)中权值最大的路径的权值 题解 将每个点的所有边按颜色排序后,对这棵树进行点分治,每次统计过当前重心的路径 用线段树统计应该挺板的吧 有人用单调队列做,然而我不会,…

题目描述 题目传送门 分析 路径问题考虑点分治 对于一个分治中心,我们可以很容易地得到从它开始的一条路径的价值和长度 问题就是如何将不同的路径合并 很显然,对于同一个子树中的所有路径,它们起始的颜色是相同的 因此我们可以将一个节点的所有子结点按照颜色排序 这个可以在建图之前处理好 然后开两个权值线段树,一棵存储与当前节点起始颜色相同的所有路径,另一棵存储不同的所有路径 当节点的颜色改变时,把相同的那一堆合并到另一堆即可 时间复杂度 \(nlog^2n\) 代码 #include<cstdio>…

洛谷题面传送门 咦?鸽子 tzc 竟然来补题解了?incredible( 首先看到这样类似于路径统计的问题我们可以非常自然地想到点分治.每次我们找出每个连通块的重心 \(x\) 然后以 \(x\) 为根 DFS 一遍整个子树,我们假设 \(y\) 到 \(x\) 的距离为 \(dep_y\),\(x\to y\) 这一段上颜色的权值之和为 \(sum_y\),那么考虑怎样合并两条路径.显然对于两个在 \(x\) 不同子树内的点 \(y,z\),\(y\to z\) 路径上边的个数就是 \(dep…

题面 [BJOI2017]树的难题 题解 考虑点分治. 对于每个点,将所有边按照颜色排序. 那么只需要考虑如何合并2条链. 有2种情况. 合并路径的接口处2条路径颜色不同 合并路径的接口处2条路径颜色相同 我们分别考虑这2种情况. 维护2棵线段树,分别表示与当前接口颜色不同和颜色相同. 如果我们遍历完了一棵子树,就将这棵子树的答案加入到颜色相同的线段树里面. 如果我们遍历完了一段颜色,就将第2个线段树合并到第一个线段树里面. 当然更新答案要在上面2个操作之前. 只需要对于当前子树的每条路径,在2…

[BJOI2017]树的难题 LG传送门 点分治+线段树合并. 我不会写单调队列,所以就写了好写的线段树. 考虑对于每一个分治中心,把出边按颜色排序,这样就能把颜色相同的子树放在一起处理.用一棵动态开点线段树维护颜色不同的子树的信息,另一棵动态开点线段树维护颜色相同的子树的信息,同时按照题目要求更新答案.当子树颜色变化时,就把第二棵线段树合并到第一棵里面去就好了. 代码实现有点繁琐,我调了很久... #include<cstdio> #include<cctype> #includ…

传送门 只会线段树……关于单调队列的解法可以去看“重建计划”一题. 看到路径长度$\in [L,R]$考虑点分治.可以知道,在当前分治中心向其他点的路径中,始边(也就是分治中心到对应子树的根的那一条边)颜色相同的两条路径在拼合的时候在加上两条路径的权值之后需要减掉始边颜色的权值(因为被计算了两次),而初始边颜色不同的进行拼合就直接将两条路径的权值加起来即可.我们考虑分开维护这两种拼合. 在每一个分治中心里,我们对其引出的边按照颜色排序(目的是使得始边颜色相同的若干子树放在一起统一遍历),维护两个…

题目描述 给你一棵 n 个点的无根树. 树上的每条边具有颜色.一共有 m 种颜色,编号为 1 到 m.第 i 种颜色的权值为 ci. 对于一条树上的简单路径,路径上经过的所有边按顺序组成一个颜色序列,序列可以划 分成若干个相同颜色段.定义路径权值为颜色序列上每个同颜色段的颜色权值之和. 请你计算,经过边数在 l 到 r 之间的所有简单路径中,路径权值的最大值. 题解 如果没有颜色这种东西的话,看到l~r的限制,就容易想到点分治+单调队列维护. 我们的单调队列的作用其实就是合并两颗子树. 考虑有如…

以后传数组绝对用指针... 考虑点分治 在点分的时候,把相同的颜色的在一起合并 之后,把不同颜色依次合并 我们可以用单调队列做到单次合并$O(n + m)$ 如果我们按照深度大小来合并,那么由于每次都是把大的往小的去合并 因此,合并$n$的序列最多需要$2n$的势能 因此,最终我们就能达到$O(n \log n)$的统计复杂度 然而还有排序,所以实际复杂度$O(n \log^2 n)$,排序常数很小,自然能过 #include <set> #include <vector> #in…

设$f[x][i][j]$表示以$x$为根的子树,与$x$连通部分有$i$个黑点,$j$个白点,不联通部分都是均衡的最小代价.若$i>1$,则视作$1$:若$j>2$,则视作$2$. 然后进行树形DP即可,转移的时候如果不要那棵子树,那么那棵子树的状态必须满足$!i||j<2$. 时间复杂度$O(n)$. #include<cstdio> #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++) typedef long long ll; const…

Description Solution 看到这种路径统计问题,一般就想到要用点分治去做. 对于每个重心\(u\),统计经过\(u\)的合法的路径之中的最大值. 第一类路径是从\(u\)出发的,直接逐个子树深搜统计就可以了.第二类路径是由两棵不同子树中的两条第一类路径拼接而成的. 如果仅仅是统计长度在\([l,r]\)之间的路径有多少条,经典的统计+容斥做法就可以解决.然而现在的问题比较复杂,一来不好容斥,二来两两路径配对需要有判定条件:两条路径的接口边颜色是否相同. 我们可以采用一种不需要容斥…