[bzoj5457]城市_dsu on tree

bzoj 5457 城市

题目大意

给定一棵以(1)为根的(n)个节点的有根树。

每个节点有一个民族和该民族在当前节点的人数。

有(n)个询问，第(i)个询问是求以(i)为根的子树内，人数最多的民族是哪个，这个民族有多少人。

如果最多的民族有多个输出编号最小的。

数据范围

(1le nle 4cdot 10^5)，(mle n)，(1le a_ile m)，(0le b_ile 1000)。

题解

我们发现这个题满足一个性质，就是无修改、询问子树。

然后不难发现，这个题就是维护一个桶然后求编号最小的最大值，这东西显然可以合并啊。

好，无修改询问子树可合并，我们就考虑考虑(dsu on tree)。

想到(dsu on tree)这题就切掉了啊。

只需要维护一个每棵子树维护一个桶就好了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define N 400010 
using namespace std;
int to[N<<1],head[N],nxt[N<<1],tot;
int st[N],a[N],b[N],size[N],son[N],ans_num[N],ans_id[N];
int mx,id;
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd() {int x=0; char c=nc(); while(c<48) c=nc(); while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}
inline void add(int x,int y) {to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;}
void dfs1(int p,int fa)
{
	size[p]=1;
	for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa)
	{
		dfs1(to[i],p);
		size[p]+=size[to[i]];
		if(size[to[i]]>size[son[p]]) son[p]=to[i];
	}
}
void add(int p,int fa,int val)
{
	st[a[p]]+=val*b[p];
	if(st[a[p]]==mx&&a[p]<id) id=a[p];
	else if(st[a[p]]>mx) mx=st[a[p]],id=a[p];
	for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa) add(to[i],p,val);
}
void dfs2(int p,int fa,int opt)
{
	for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa&&to[i]!=son[p]) dfs2(to[i],p,0);
	if(son[p]) dfs2(son[p],p,1);
	for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa&&to[i]!=son[p]) add(to[i],p,1);
	st[a[p]]+=b[p];
	if(st[a[p]]==mx&&a[p]<id) id=a[p];
	else if(st[a[p]]>mx) mx=st[a[p]],id=a[p];
	ans_num[p]=mx,ans_id[p]=id;
	if(!opt) add(p,fa,-1),mx=id=0;
}
int main()
{
	int n=rd(),m=rd();
	for(int i=1;i<n;i++) {int x=rd(),y=rd(); add(x,y),add(y,x);}
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),b[i]=rd();
	dfs1(1,1); dfs2(1,1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d
",ans_id[i],ans_num[i]);
	return 0;
}

小结

(dsu on tree)的题目都有点小明显。

而且我们发现，这鬼东西是不是和点分治有点小像。

其实有些点分治题是完全可以拿这东西跑的。

算是黑科技吧，还是很好用的。