• 【bzoj4712】洪水(dp,树剖)


    一种非 DDP 的树剖做法。

    主要是因为我不会 DDP,在考场上只想到了树剖。

    首先如果没有修改,很容易想到朴素的 dp 做法:

    v a l u val_u valu 表示 u u u 本身的权值, d p u dp_u dpu 表示以 u u u 为根的子树的答案,显然有:

    d p u = min ⁡ ( v a l u , ∑ v ∈ s o n ( u ) d p v ) dp_u=minleft(val_u,sum_{vin son(u)}dp_v ight) dpu=minvalu,vson(u)dpv

    就是要么割自己,要么割所有的子树。

    为了方便表述,不妨设 s u m u = ∑ v ∈ s o n ( u ) d p v sum_u=sumlimits_{vin son(u)}dp_v sumu=vson(u)dpv

    但现在带修了怎么办呢?

    DDP?不会!

    首先肯定能发现如果修改了一个点 u u u 的权值加上了 t o to to t o ≥ 0 togeq 0 to0),那么最多只有 u u u 到根的这条链上的点的 d p dp dp 值会改变。

    考虑会做出那些改变:

    首先 d p u dp_u dpu 的变化我们可以计算出来,不妨设 d p u dp_u dpu 的变化量为 x x x,那么对 s u m f a sum_{fa} sumfa 的贡献也是 x x x。( f a fa fa u u u 的父亲)

    那么如果 s u m f a + x ≤ v a l f a sum_{fa}+xleq val_{fa} sumfa+xvalfa,那么 d p f a dp_{fa} dpfa 的变化量也是 x x x,那么对 f a fa fa 的父亲 g f a gfa gfa s u m g f a sum_{gfa} sumgfa 的贡献也是 x x x

    定义一个函数 change ⁡ ( u , x ) operatorname{change}(u,x) change(u,x) 表示当 s u m u sum_u sumu 需要增加 x x x 时,我们要进行的操作。

    下面以 change ⁡ ( f a , x ) operatorname{change}(fa,x) change(fa,x) 为例来详细阐述这个操作:

    我们从 f a fa fa 开始往上找到第一个不满足 s u m v + x ≤ v a l v sum_v+xleq val_v sumv+xvalv 的点 v v v,即满足 s u m v + x > v a l v sum_v+x> val_v sumv+x>valv,设 v v v u u u 方向的儿子为 s o n son son v v v 的父亲为 f f f

    图大概长这样:

    那么按照我们刚才的推论, u u u s o n son son 的这一段点的 d p dp dp 值的变化量也都是 x x x

    但是当 s o n son son s u m v sum_v sumv 贡献 x x x 的时候,发现 s u m v + x > v a l v sum_v+x>val_v sumv+x>valv。接下来分两种情况讨论:

    1. 若一开始 s u m v < v a l v sum_v<val_v sumv<valv,加上 x x x 后的新的 s u m v sum_v sumv 大于 v a l v val_v valv,那么 d p v dp_v dpv 就会变成 v a l v val_v valv,变化量就是 v a l v − s u m v val_v-sum_v valvsumv(这里的 s u m v sum_v sumv 是没有加 x x x 之前的 s u m v sum_v sumv),对 f f f 的贡献也是 v a l v − s u m v val_v-sum_v valvsumv

      那么到这里,我们又可以重复上述过程,进行操作 change ⁡ ( f , v a l v − s u m v ) operatorname{change}(f,val_v-sum_v) change(f,valvsumv)

    2. 若一开始 s u m v ≤ v a l v sum_vleq val_v sumvvalv,那么 s u m v sum_v sumv 加上 x x x 后对 d p v dp_v dpv 没有影响(因为 d p v dp_v dpv 还是 v a l v val_v valv),那么对 v v v 上面的祖先的 d p dp dp 值也不会产生影响。此时直接结束修改就好。

    发现上述操作的实质其实就是将 r t rt rt u u u 的链分为很多段,然后每一段的 d p dp dp 都是加上同一个权值。

    那么现在的问题就变成每一段如何找到段顶 v v v,并且还要维护这一段修改 s u m sum sum 值。

    后面那个很简单,用树剖维护就好,关键是如何找到 v v v

    v v v 和找 s o n son son 是等价的,观察一下 s o n son son 需要满足的要求: s o n son son 是最高的满足从 u u u s o n son son 每一个的点 i i i 都满足 s u m i + x ≤ v a l i sum_i+xleq val_i sumi+xvali 的点。

    移一下项,变成: x ≤ v a l i − s u m i xleq val_i-sum_i xvalisumi

    这个时候就好办了,我们用树剖维护每一个点的 v a l − s u m val-sum valsum,然后在线段树中维护每个区间的最小值:只有当一个区间的最小值大于等于 x x x 时,这个区间的所有值都大于等于 x x x

    那么就能按这种方法在线段树上找到 s o n son son,然后 v v v 就是 s o n son son 的父亲了。

    发现我们还能同时在这棵线段树上通过修改 v a l − s u m val-sum valsum 的值来修改 s u m sum sum 的值,很方便。

    那么询问的时候答案就是 min ⁡ ( v a l u , v a l u − query ⁡ ( u ) ) min(val_u,val_u-operatorname{query}(u)) min(valu,valuquery(u))。(这里的 query ⁡ ( u ) operatorname{query}(u) query(u) 其实就是在线段树中查询到的 v a l u − s u m u val_u-sum_u valusumu

    至于时间为什么能够保证:

    首先一次修改的时间取决于分成的段数,因为每一段都是 O ( log ⁡ n ) O(log n) O(logn) 的。

    发现一次修改有可能就一段,有可能有 n n n 段,所以要从总体考虑这个事情。

    考虑将分段的个数转化为每一个点 v v v 被分成段头的次数:

    如果一个点 v v v 被分成段头,那么肯定是出现了 s u m v ≤ v a l v sum_vleq val_v sumvvalv s u m v + x > v a l v sum_v+x>val_v sumv+x>valv 的情况,那么加上 x x x 后的新的 s u m v sum_v sumv 会大于 v a l v val_v valv。又由于每一次修改操作都是给一个点的权值加上非负整数 x x x,所以对 s u m sum sum 的贡献也是非负整数。

    所以除非修改自己的点权 v a l v val_v valv,在第一次 s u m v > v a l v sum_v>val_v sumv>valv 后, v v v 就不会被分为链头。又由于只有当 s u m v ≤ v a l v sum_vleq val_v sumvvalv s u m v + x > v a l v sum_v+x>val_v sumv+x>valv 的情况下 v v v 会被分为链头,所以每一个点最多只会被分为链头一次,所以段数不会大于 n n n 级别。

    那么总时间复杂度就是 O ( ( n + m ) log ⁡ 2 n ) O((n+m)log^2 n) O((n+m)log2n),可以通过。

    代码如下,有很多细节:

    #include<bits/stdc++.h>
    
    #define N 200010
    #define INF 0x7fffffffffffffff
    #define ll long long
    
    using namespace std;
    
    int n,m;
    int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
    int idx,fa[N],size[N],son[N],id[N],rk[N],top[N];
    ll val[N],sumson[N],dp[N];
    ll minn[N<<2],lazy[N<<2],mostl[N<<2];
    
    void adde(int u,int v)
    {
    	to[++cnt]=v;
    	nxt[cnt]=head[u];
    	head[u]=cnt;
    }
    
    void dfs(int u)
    {
    	size[u]=1;
    	bool leaf=true;
    	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    	{
    		int v=to[i];
    		if(v==fa[u]) continue;
    		leaf=false;
    		fa[v]=u;
    		dfs(v);
    		sumson[u]+=dp[v];
    		size[u]+=size[v];
    		if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;
    	}
    	if(leaf) sumson[u]=INF/100,dp[u]=val[u];
    	else dp[u]=min(val[u],sumson[u]);
    }
    
    void dfs1(int u,int tp)
    {
    	top[u]=tp;
    	id[u]=++idx;
    	rk[idx]=u;
    	if(son[u]) dfs1(son[u],tp);
    	for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    		if(to[i]!=fa[u]&&to[i]!=son[u])
    			dfs1(to[i],to[i]);
    }
    
    void up(int k)
    {
    	minn[k]=min(minn[k<<1],minn[k<<1|1]);
    }
    
    void downn(int k,ll v)
    {
    	minn[k]-=v;
    	lazy[k]+=v;
    }
    
    void down(int k)
    {
    	if(lazy[k])
    	{
    		downn(k<<1,lazy[k]);
    		downn(k<<1|1,lazy[k]);
    		lazy[k]=0;
    	}
    }
    
    void build(int k,int l,int r)
    {
    	if(l==r)
    	{
    		minn[k]=val[rk[l]]-sumson[rk[l]];
    		mostl[k]=rk[l];
    		return;
    	}
    	int mid=(l+r)>>1;
    	build(k<<1,l,mid);
    	build(k<<1|1,mid+1,r);
    	mostl[k]=mostl[k<<1];
    	up(k);
    }
    
    ll query(int k,int l,int r,int x)
    {
    	if(l==r) return minn[k];
    	down(k);
    	int mid=(l+r)>>1;
    	if(x<=mid) return query(k<<1,l,mid,x);
    	return query(k<<1|1,mid+1,r,x);
    }
    
    void update(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll v)
    {
    	if(ql<=l&&r<=qr)
    	{
    		downn(k,v);
    		return;
    	}
    	down(k);
    	int mid=(l+r)>>1;
    	if(ql<=mid) update(k<<1,l,mid,ql,qr,v);
    	if(qr>mid) update(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
    	up(k);
    }
    
    int find(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll v)//找到son
    {
    	if(ql<=l&&r<=qr&&minn[k]>=v) return mostl[k];
    	if(l==r) return -1;
    	down(k);
    	int mid=(l+r)>>1;
    	if(qr>mid)
    	{
    		int ans2=find(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
    		if(ans2==mostl[k<<1|1]&&ql<=mid)
    		{
    			int ans1=find(k<<1,l,mid,ql,qr,v);
    			if(ans1==-1) return ans2;
    			return ans1;
    		}
    		return ans2;
    	}
    	return find(k<<1,l,mid,ql,qr,v);
    }
    
    void work(int u,ll v)
    {
    	ll t=query(1,1,n,id[u]);
    	val[u]+=v,update(1,1,n,id[u],id[u],-v);
    	if(t>=0) return;
    	if(t+v>0) v=-t;
    	u=fa[u];
    	while(u)
    	{
    		int tmp=find(1,1,n,id[top[u]],id[u],v);//这里的tmp就是son
    		while(tmp==top[u])
    		{
    			update(1,1,n,id[tmp],id[u],v);
    			u=fa[tmp];
    			if(!u) return;
    			tmp=find(1,1,n,id[top[u]],id[u],v);
    		}
    		if(tmp==-1)
    		{
    			ll t=query(1,1,n,id[u]);
    			update(1,1,n,id[u],id[u],v);
    			if((v=t)<=0) return;
    			u=fa[u];
    			continue;
    		}
    		ll t=query(1,1,n,id[fa[tmp]]);
    		update(1,1,n,id[fa[tmp]],id[u],v);
    		if((v=t)<=0) return;
    		u=fa[fa[tmp]];
    	}
    }
    
    int main()
    {
    	scanf("%d",&n);
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    		scanf("%lld",&val[i]);
    	for(int i=1;i<n;i++)
    	{
    		int u,v;
    		scanf("%d%d",&u,&v);
    		adde(u,v),adde(v,u);
    	}
    	dfs(1),dfs1(1,1);
    	build(1,1,n);
    	scanf("%d",&m);
    	int Q=0;
    	while(m--)
    	{
    		char opt[2];
    		scanf("%s",opt);
    		if(opt[0]=='Q')
    		{
    			Q++;
    			int u;
    			scanf("%d",&u);
    			printf("%lld
    ",min(val[u],val[u]-query(1,1,n,id[u])));
    		}
    		else
    		{
    			int u;ll v;
    			scanf("%d%lld",&u,&v);
    			work(u,v);
    		}
    	}
    	return 0;
    }
    
  • 相关阅读:
    [LeetCode] 314. Binary Tree Vertical Order Traversal
    [LeetCode] 139. Word Break
    [LeetCode] 540. Single Element in a Sorted Array
    [LeetCode] 1443. Minimum Time to Collect All Apples in a Tree
    [LeetCode] 1442. Count Triplets That Can Form Two Arrays of Equal XOR
    [LeetCode] 1441. Build an Array With Stack Operations
    [LeetCode] 277. Find the Celebrity
    [LeetCode] 1232. Check If It Is a Straight Line
    [LeetCode] 10. Regular Expression Matching
    [LeetCode] 1192. Critical Connections in a Network
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/ez-lcw/p/14448640.html
Copyright © 2020-2023  润新知