• 2020年上学期第二场——FJUT&FJNU友谊赛 J题 萌萌哒的偏序关系


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    题目大意:

    (n) 个三重集合 { (pos) (,) (a) (,) (b) } , (pos) 是唯一的,它表示集合编号 ( (1) (≤) (pos) (≤) (n) )。

    (a)(pos)(b)(pos) 分别表示第 (pos) 号集合中的元素 (a)(b)

    在这些集合中,给定 (n-1) 个偏序对 ( (i) (,) (j) ) ( 对于所有偏序对中,右项中 (j) 的值只会出现一次 )
    表示一组大小关系 (a)(i) (>) (a)(j) ( (i) (≠) (j) (∈) (pos) ),且对于每个集合中的 (b) 都会有一个初始值。

    定义 (O) ( (i) (,) (j) (,) (s) ) 表示(:)
    在给定的 (n-1) 个大小关系下,集合编号 (t) 满足 ( (a)(t) (>) (a)(i) (,) (a)(t) (>)(a)(j) ),将所有满足的集合 (t) 中的 元素 (b)(t) 都加上 (s)
    在执行 (k)  个 (O) ( (i) (,) (j) (,) (s) )   之后,求出所有集合中的 (b) 之和。

    保证给定的关系合法,不会出现 (a)(i) (>) (a)(j)(a)(i) (<) (a)(j)

    分析:

    1、通过偏序关系,可以想到拓扑排序出一个大小关系的全序。

    2、对于两个集合 (i)(j) ,若 (a)(i) (>) (a)(j) ,考虑连出一条有向边 (i) (→) (j) ,由于不会出现 (i) (→) (j)(i) (←) (j) 的情况,故将这 (n-1) 个偏序都这样处理,那么它们连接起来一定不会有环,且必是一个能被拓扑排序的有向图。

    3、由于偏序对中右项的 (j) 只会出现一次,那么相当于这样的有向图中的每一个点的入度至多为 1 ,由于只有 (n-1) 条有向边,这样连起来的图形必然是一棵完整的树。

    4、开始考虑 (O) ( (i) (,) (j) (,) (s) ),对于集合编号 (t) 满足 ( (a)(t) (>) (a)(i) (,) (a)(t) (>)(a)(j) ) ,那么 (t) 必是 (i)(j) 的共同父亲或祖先。这样就相当于求得 (LCA) (() (i) (,) (j) ()) ,然后 (lca)(lca) 的父亲和祖先节点的 (b) 值 加上 (s) 即可,这里差分标记它或者记录 (lca) 的深度就可以(O(1)) 处理。

    5、而对于 (LCA) (() (i) (,) (j) ()) 等于 (i) 或者 (j) 时要特殊考虑,因为 (lca) 上的 (a) 关系并不满足这两个关系 (a)(lca) (>) (a)(i) (,) (a)(lca) (>)(a)(j),对于这种情况,应该跳过 (lca) ,再向 (lca) 上一个点处理即可。



    比如 (4)(2)(lca)(2) ,只有 (1) 才满足 (a)(1) (>) (a)(2)(a)(1) (>)(a)(4) 的关系,而 作为 (lca)(2) 并不满足,故需要跳过它。


    树上差分:
    (lca)(lca) 上一个点 的差分值 += (s) 即可,要注意的是,(pre[]) (tarjan 求 lca 中的并查集数组)并不是一直指向父亲节点的(还没有往上并),所以要开一个数组记录父亲节点。

    #include<set>
    #include<map>
    #include<queue>
    #include<stack>
    #include<cmath>
    #include<vector>
    #include<string>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    typedef long long ll;
    const double PI=acos(-1.0);
    const ll mod = 1e9 + 7;
    const int maxn = 100008;
    const int inf = 0x3f3f3f3f;
    const ll INF = 1e18 + 10;
    const double eps = 1e-6;
    using namespace std;
    int n,k,cnt,tot,root;
    int head[maxn],qhead[maxn],in[maxn],pre[maxn],fa[maxn];
    ll ans,b[maxn],f[maxn];
    bool vis[maxn],flag[maxn<<1];
    struct Query{
    	int to;
    	ll val;
    	int next;
    }q[maxn<<1];
    struct Edge{
    	int to;
    	int next;
    }edge[maxn];
    int find(int x){
    	if(pre[x]==x) return x;
    	return pre[x]=find(pre[x]);
    }
    inline void add(int u,int v){
    	edge[++cnt].to=v;
    	edge[cnt].next=head[u];
    	head[u]=cnt;
    	return;
    }
    inline void qadd(int u,int v,ll w){
    	q[++tot].to=v;
    	q[tot].val=w;
    	q[tot].next=qhead[u];
    	qhead[u]=tot;
    	return;
    }
    void tarjan(int u){
    	vis[u]=true;
    	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
    		int v=edge[i].to;
    		fa[v]=u;
    		tarjan(v);
    		pre[v]=u;
    	}
    	for(int i=qhead[u];~i;i=q[i].next){
    		int v=q[i].to;
    		if(vis[v]&&!flag[i]){
    			flag[i]=flag[i^1]=true;
    			int lca=find(v);
    			if(lca!=u&&lca!=v) f[lca]+=q[i].val;
    			else f[fa[lca]]+=q[i].val;
    		}
    	}
    	return;
    }
    void dfs(int u){
    	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
    		int v=edge[i].to;
    		dfs(v);
    		f[u]+=f[v];
    	}
    	ans+=f[u];
    	return;
    }
    int main()
    {
    	tot=cnt=-1;
    	memset(head,-1,sizeof(head));
    	memset(qhead,-1,sizeof(qhead));
    	scanf("%d%d",&n,&k);
    	for(int i=1;i<=n;i++) {
    		scanf("%lld",&b[i]);
    		ans+=b[i];
    		pre[i]=i;
    	}
    	int A,B;
    	ll C;
    	for(int i=1;i<=n-1;i++){
    		scanf("%d%d",&A,&B);
    		add(A,B),in[B]++;
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++) {
    		if(!in[i]) {
    			root=i;
    			break;
    		}
    	}
    	for(int i=1;i<=k;i++){
    		scanf("%d%d%lld",&A,&B,&C);
    		qadd(A,B,C),qadd(B,A,C);
    	}
    	tarjan(root);
    	dfs(root);
    	printf("%lld
    ", ans);
    }
    

    或者直接标记各个点的深度,即可以直接保存该点的父亲或祖先节点的个数来统计答案了。

    #include<set>
    #include<map>
    #include<queue>
    #include<stack>
    #include<cmath>
    #include<vector>
    #include<string>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    typedef long long ll;
    const double PI=acos(-1.0);
    const ll mod = 1e9 + 7;
    const int maxn = 100008;
    const int inf = 0x3f3f3f3f;
    const ll INF = 1e18 + 10;
    const double eps = 1e-6;
    using namespace std;
    int n,k,cnt,tot,root;
    int head[maxn],qhead[maxn],in[maxn],pre[maxn],fa[maxn],deep[maxn];
    ll ans,b[maxn],f[maxn];
    bool vis[maxn],flag[maxn<<1];
    struct Query{
    	int to;
    	ll val;
    	int next;
    }q[maxn<<1];
    struct Edge{
    	int to;
    	int next;
    }edge[maxn];
    int find(int x){
    	if(pre[x]==x) return x;
    	return pre[x]=find(pre[x]);
    }
    inline void add(int u,int v){
    	edge[++cnt].to=v;
    	edge[cnt].next=head[u];
    	head[u]=cnt;
    	return;
    }
    inline void qadd(int u,int v,ll w){
    	q[++tot].to=v;
    	q[tot].val=w;
    	q[tot].next=qhead[u];
    	qhead[u]=tot;
    	return;
    }
    void tarjan(int u){
    	vis[u]=true;
    	for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){
    		int v=edge[i].to;
    		fa[v]=u;
    		deep[v]=deep[u]+1;
    		tarjan(v);
    		pre[v]=u;
    	}
    	for(int i=qhead[u];~i;i=q[i].next){
    		int v=q[i].to;
    		if(vis[v]&&!flag[i]){
    			flag[i]=flag[i^1]=true;
    			int lca=find(v);
    			if(lca!=u&&lca!=v) ans+=deep[lca]*q[i].val;
    			else ans+=deep[fa[lca]]*q[i].val;
    		}
    	}
    	return;
    }
    int main()
    {
    	tot=cnt=-1;
    	memset(head,-1,sizeof(head));
    	memset(qhead,-1,sizeof(qhead));
    	scanf("%d%d",&n,&k);
    	for(int i=1;i<=n;i++) {
    		scanf("%lld",&b[i]);
    		ans+=b[i];
    		pre[i]=i;
    	}
    	int A,B;
    	ll C;
    	for(int i=1;i<=n-1;i++){
    		scanf("%d%d",&A,&B);
    		add(A,B),in[B]++;
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++) {
    		if(!in[i]) {
    			root=i;
    			break;
    		}
    	}
    	for(int i=1;i<=k;i++){
    		scanf("%d%d%lld",&A,&B,&C);
    		qadd(A,B,C),qadd(B,A,C);
    	}
    	deep[root]=1;
    	tarjan(root);
    	printf("%lld
    ", ans);
    }
    
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