题目描述
首先村落里的一共有n座房屋，并形成一个树状结构。然后救济粮分m次发放，每次选择两个房屋(x,y)，然后对于x到y的路径上（含x和y)每座房子里发放一袋z类型的救济粮。
然后深绘里想知道，当所有的救济粮发放完毕后，每座房子里存放的最多的是哪种救济粮。
说明
对于20%的数据，1 <= n, m <= 100
对于50%的数据，1 <= n, m <= 2000
对于100%的数据，1 <= n, m <= 100000, 1 <= a, b, x, y <= n, 1 <= z <= 100000
空间131MB
题解
又是树上路径问题。
要支持路径修改，并且是每个点是一个桶加入一个数。
要支持最后的统一单点查询。
树链剖分的话，显然对于桶的处理，怕不是要树套树了。总之打标记是一个很麻烦的事情。
其实最后只要单点查询。
所以，我们还可以树上差分。
对于一般的树上差分，只是每个点有一个点权。
但是，这个题每个点必须有一个桶。
而且桶还得快速合并，并且支持查询出现最多的数
桶还不能开满，因为会MLE
所以，每个点开一个动态开点权值线段树即可。
每次差分4个点，x,y,lca,fa[lca]
最后，要像一般的树上差分一样dfs一遍
不同的是，这个是线段树合并。
merge函数（自己yy的）：
int merge(int x,int y){ if(!x||!y) return x|y; if(!t[x].ls&&!t[y].ls&&!t[x].rs&&!t[y].rs){ t[x].mx+=t[y].mx; } else{ t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls); t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs); pushup(x); } return x; }
或者更普遍的：
int merge(int x,int y,int l,int r){ if(!x||!y) return x|y; if(l==r){ t[x].mx+=t[y].mx; } else{ t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,l,mid); t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,mid+1,r); pushup(x); } return x; }
总之就是叶子判断注意，必须暴力合并。
复杂度？
时间：本质就是merge函数启动次数，启动一次可以认为常数级别。
成功merge一次，会删掉一个节点。如果不成功，直接return x|y也不会往下走了。
开始有mlogn节点。所以复杂度最多mlogn
空间：动态开点是最多mlogn*4，因为一次差分四点更新嘛。
而之后的合并又不需要新的内存。
可以赌一把，为了不MLE，开60*m也可以过。。。
（这个题不能内存回收，否则还可以节省的。）
bug：
1.应该rt[x]=merge(rt[x],rt[y],1,n) 开始 没有rt[x]=返回值？dev luogu都没报错。。。
2.线段树合并函数开始没有对叶子暴力处理。。。（毕竟还是第一次写）
3.还有，线段树维护的是mx最大数个数，id最大数的值。
如果t[rt[x]]的mx>0才行。因为我的程序只要差分有关，就把id记上了，虽然可能mx是-1。。。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int N=100000+2;
const int U=100001;
int n,m;
struct haha{
int nxt,to;
}e[2*N];
int hd[N],cnt;
void add(int x,int y){
e[++cnt].nxt=hd[x];
e[cnt].to=y;hd[x]=cnt;
}
int fa[N][18];
int dep[N];
int ans[N];
void dfs(int x,int d){//no fa
dep[x]=d;
for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;if(y==fa[x][0]) continue;
fa[y][0]=x;dfs(y,d+1);
}
}
int lca(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int j=17;j>=0;j--){
if(dep[fa[x][j]]>=dep[y]) x=fa[x][j];
}
if(x==y) return x;
for(int j=17;j>=0;j--){
if(fa[x][j]!=fa[y][j]) x=fa[x][j],y=fa[y][j];
}return fa[x][0];
}
struct node{
int mx,id;
int ls,rs;
}t[N*60];
int tot;
int rt[N];
void pushup(int x){
if(t[x].ls&&t[x].rs){
t[x].mx=max(t[t[x].ls].mx,t[t[x].rs].mx);
t[x].id=t[t[x].ls].mx>=t[t[x].rs].mx?t[t[x].ls].id:t[t[x].rs].id;
}
else if(t[x].ls){
t[x].mx=t[t[x].ls].mx;
t[x].id=t[t[x].ls].id;
}
else if(t[x].rs){
t[x].mx=t[t[x].rs].mx;
t[x].id=t[t[x].rs].id;
}
}
void upda(int &x,int l,int r,int p,int c){
if(!x) x=++tot;
//cout<<x<<" "<<l<<" "<<r<<" : "<<p<<" "<<c<<endl;
if(l==r) {
t[x].id=l,t[x].mx+=c;
return;
}
if(p<=mid) upda(t[x].ls,l,mid,p,c);
else upda(t[x].rs,mid+1,r,p,c);
pushup(x);
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
if(!x||!y) return x|y;
if(l==r){
t[x].mx+=t[y].mx;
}
else{
t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,l,mid);
t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,mid+1,r);
pushup(x);
}
return x;
}
void sol(int x){//no fa
//cout<<" solving "<<x<<endl;
for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(y==fa[x][0]) continue;
sol(y);
//cout<<" rtx rty "<<rt[x]<<" "<<rt[y]<<endl;
rt[x]=merge(rt[x],rt[y],1,U);
//cout<<t[rt[x]].mx<<" "<<t[rt[x]].id<<endl;
}
if(t[rt[x]].mx>0)ans[x]=t[rt[x]].id;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);int x,y;
for(int i=1;i<=n-1;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);
}dfs(1,1);
dep[0]=-1;
for(int j=1;j<=17;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
int z;
while(m--){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
int anc=lca(x,y);
//cout<<" anc "<<anc<<" "<<fa[anc][0]<<endl;
upda(rt[x],1,U,z,1);
upda(rt[y],1,U,z,1);
upda(rt[anc],1,U,z,-1);
if(fa[anc][0])upda(rt[fa[anc][0]],1,U,z,-1);
}
/*for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<" rt "<<i<<" "<<rt[i]<<" : "<<t[rt[i]].mx<<" "<<t[rt[i]].id<<endl;
}*/
sol(1);
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d
",ans[i]);
}return 0;
}
总结：
比较裸的树上差分
然后比较裸的线段树合并。
就是把树上差分的东西从值变成了物品。
动态开点线段树+合并就应运而生了。