标签（空格分隔）： 517coding solution problem
Task 1
对边进行树上差分。
考虑到一条路径(u - v) 可以将$c_u +=1 ,c_v +=1 ,c_{lca(u,v)}-=2 $
然后对整一棵树求子树和，对于每个点的子树和，就是这个点向上那条边的答案。
复杂度(O(n log n))
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct rec{ int pre,to; }a[N<<1];
int head[N],tot=1,ans[N],c[N],dep[N],g[N][22],n,m;
void adde(int u,int v)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa)
{
dep[u]=dep[fa]+1; g[u][0]=fa;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
}
void init()
{
dfs(1,0);
for (int i=1;i<=21;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1];
}
int lca(int u,int v)
{
if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for (int i=21;i>=0;i--)
if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) u=g[u][i];
if (u==v) return u;
for (int i=21;i>=0;i--)
if (g[u][i]!=g[v][i]) u=g[u][i],v=g[v][i];
return g[u][0];
}
void dfs2(int u,int fa,int to)
{
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs2(v,u,i>>1);c[u]+=c[v];
}
ans[to]=c[u];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;i++) {
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
adde(u,v); adde(v,u);
}
scanf("%d",&m);
init();
for (int i=1;i<=m;i++) {
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
c[u]++; c[v]++; c[lca(u,v)]-=2;
}
dfs2(1,0,0);
for (int i=1;i<=n-1;i++) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
Task 2
首先将题目所给的相连的黑色点和白色点都缩成一个点。
然后这棵树就变成黑白相间的点了。
那么如果对于某一点进行操作势必可以从改点为中心向外辐射，不断可以把该点为中心的连通块染成同一颜色。
for example ， 1 0 1 0 1 第一次可以变成1 0 0 0 1 第二次可以变成 1 1 1 1 1 。
那么对于一棵树，操作的最优的点显然是树的直径的中点附近。
所有问题有转化为将树的直径染色使得直径变成同一颜色。
考虑若长度为奇数 ： 形如 1 0 1 ，答案就是 len/2
若长度为偶数：形如 1 0 ，答案就是len/2
复杂度是(O(n))
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
struct rec{
int pre,to;
}a[N<<1];
int w[N],head[N],n,m,tot,d[N],belong[N];
vector<int>E[N];
void adde(int u,int v)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs1(int u,int num)
{
belong[u]=num;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to;
if ((belong[v]==-1) && (w[v]==0)) dfs1(v,num);
}
}
void dfs2(int u,int num)
{
belong[u]=num;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to;
if ((belong[v]==-1) && (w[v]==1)) dfs2(v,num);
}
}
void dfs3(int u,int fa,int L)
{
d[u]=L;
for (int i=0;i<E[u].size();i++)
if (E[u][i]!=fa) dfs3(E[u][i],u,L+1);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
for (int i=1;i<n;i++) {
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
adde(u,v); adde(v,u);
}
memset(belong,-1,sizeof(belong)); int tt=0;
for (int i=1;i<=n;i++) if ((belong[i]==-1) && (w[i]==0)) tt++,dfs1(i,tt);
for (int i=1;i<=n;i++) if ((belong[i]==-1) && (w[i]==1)) tt++,dfs2(i,tt);
for (int u=1;u<=n;u++) for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to;
if (belong[v]!=belong[u]) E[belong[v]].push_back(belong[u]);
}
for (int i=1;i<=tt;i++){
int tmp=unique(E[i].begin(),E[i].end())-E[i].begin();
E[i].erase(E[i].begin()+tmp,E[i].end());
}
memset(d,0,sizeof(d)); int pt=0;
dfs3(1,0,1);
for (int i=1;i<=tt;i++) if (d[pt]<d[i]) pt=i;
memset(d,0,sizeof(d)); int ans=0;
dfs3(pt,0,1);
for (int i=1;i<=tt;i++) if (ans<d[i]) ans=d[i];
printf("%d
",ans>>1);
return 0;
}
Task 3
经典的树上路径交的问题。
考虑两条路径([a,b] , [c,d])交的条件。
就是(lca(a,b))在([c,d])上或者(lca(c,d))在([a,b])上。
一种比较好的策略是尽可能选择(lca)深度大的路径，这样至少不会坏。
首先，每一条路径最多对答案做出1的贡献，然后深度如果越小，那么越可能和其他路径相交。如果按照深度一次递增的情况，不会更坏。
处理的时候，如果(u)为$ lca$的路径是合法的话，那么其子树的其他节点必然不可能成为路径的出发点，所以直接把它的子树赋值为false即可。
这样子复杂度就是对的了，
复杂度 $ O(n log n) $
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct node{ int u,v,l;}p[N];
struct rec{ int pre,to;}a[N<<1];
int n,m,tot,head[N],dep[N],g[N][22];
bool vis[N];
void clear()
{
memset(p,0,sizeof(p)); memset(a,0,sizeof(a));
memset(head,0,sizeof(head)); memset(dep,0,sizeof(dep));
memset(g,0,sizeof(g)); memset(vis,false,sizeof(vis));
tot=0;
}
void adde(int u,int v)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa)
{
dep[u]=dep[fa]+1; g[u][0]=fa;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
}
void init()
{
dfs(1,0);
for (int i=1;i<=21;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1];
}
int lca(int u,int v)
{
if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for (int i=21;i>=0;i--)
if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) u=g[u][i];
if (u==v) return u;
for (int i=21;i>=0;i--)
if (g[u][i]!=g[v][i]) u=g[u][i],v=g[v][i];
return g[u][0];
}
bool cmp(node a,node b){return dep[a.l]>dep[b.l];}
void draw(int u,int fa)
{
vis[u]=true;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa||vis[v]) continue;
draw(v,u);
}
}
int main ()
{
while (~scanf("%d%d",&n,&m)) {
clear();
for (int i=2;i<=n;i++) {
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
adde(u,v); adde(v,u);
}
init();
for (int i=1;i<=m;i++) {
scanf("%d%d",&p[i].u,&p[i].v);
p[i].l=lca(p[i].u,p[i].v);
}
sort(p+1,p+1+m,cmp);
int ans=0; memset(vis,false,sizeof(vis));
for (int i=1;i<=m;i++) {
if (vis[p[i].u]||vis[p[i].v]) continue;
ans++; draw(p[i].l,g[p[i].l][0]);
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
Task 4
先将树的任意一条直径找出来，考虑树的直径一定是交于一条线段上的。
那么从直径两段往中间搜一定是中间这一段路径是唯一的。
设直径是([s,t])，把这个直径拉出来，左侧是(s)，右侧是(t);
- 先以(s)为根，然后跑整一棵树，求出子树最长链和它的条数.
- 从(t)开始向左遍历整个直径，找到最左侧的一个点(v)使得其右侧相邻的一条边不是必经边(即使得当前点的右侧最长链条数不发生变化)
- 然后以(t)为根，然后跑整一棵树，求出子树最长链和它的条数.
- 从(s)开始向右遍历整个直径，找到最右侧的一个点(u)使得其左侧相邻的一条边不是必经边(即使得当前点的左侧最长链条数不发生变化)
- 链([u,v])中所有的边都是必经边。
上述过程显然是一个线性过程，复杂度是(O(n))
# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>
# define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
struct rec{ int pre,to,w;}a[N<<1];
int n,tot;
int d[N],head[N],tim[N],f[N],path[N],pre[N];
void adde(int u,int v,int w)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
a[tot].w=w;
head[u]=tot;
}
void dfs1(int u,int fa,int L)
{
d[u]=L;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs1(v,u,L+a[i].w);
}
}
void dfs2(int u,int fa,int L)
{
d[u]=L;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
pre[v]=u; dfs2(v,u,L+a[i].w);
}
}
void dfs3(int u,int fa)
{
int cnt=0,mx=0; bool leaf=1;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue; leaf=0;
dfs3(v,u);
if (f[v]+a[i].w>mx) mx=f[v]+a[i].w,cnt=tim[v];
else if (f[v]+a[i].w==mx) cnt+=tim[v];
}
if (leaf) f[u]=0,tim[u]=1;
else f[u]=mx,tim[u]=cnt;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for (int i=1;i<n;i++) {
int u,v,w; scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
adde(u,v,w); adde(v,u,w);
}
memset(d,0,sizeof(d));
dfs1(1,0,0); int s=0;
for (int i=1;i<=n;i++) if (d[i]>d[s]) s=i;
memset(d,0,sizeof(d));
dfs2(s,0,0); int t=0; pre[s]=-1;
for (int i=1;i<=n;i++) if (d[i]>d[t]) t=i;
printf("%lld
",d[t]);
int u=t,v; while (pre[u]!=-1) path[++path[0]]=u,u=pre[u]; path[++path[0]]=u;
for (int i=1;i<=path[0]/2;i++) swap(path[i],path[path[0]-i+1]);
memset(f,0,sizeof(f)); memset(tim,0,sizeof(tim)); dfs3(s,0);
v=path[0];
for (int i=path[0]-1;i>=1;i--)
if (tim[path[i]]-tim[path[i+1]]>0) v=i;
memset(f,0,sizeof(f)); memset(tim,0,sizeof(tim)); dfs3(t,0);
u=1;
for (int i=2;i<=path[0];i++)
if (tim[path[i]]-tim[path[i-1]]>0) u=i;
printf("%lld
",v-u);
return 0;
}
Task 5
按照上述做法添加一次叶子，直径最多只可能增加1。
我们只需要维护当前树的直径(的两个端点)就可以了。
设之前的端点是(A,B)当前新加入一个叶子(x) ，
- 若(dist(x,A) > Now) : $Now = dist(x,A),B=x $
- 若(dist(x,B) > Now) : $Now = dist(x,B),A=x $
离线处理搞搞(lca)就可以了。
复杂度是(O((2q+4) log (2q+4)))
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+1000;
struct rec{ int pre,to;}a[N<<1];
int head[N],q[N],n,tot,dep[N],g[N][22];
void adde(int u,int v)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa)
{
g[u][0]=fa; dep[u]=dep[fa]+1;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
}
void init()
{
dfs(1,0);
for (int i=1;i<=21;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1];
}
int lca(int u,int v)
{
if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for (int i=21;i>=0;i--)
if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) u=g[u][i];
if (u==v) return u;
for (int i=21;i>=0;i--)
if (g[u][i]!=g[v][i]) u=g[u][i],v=g[v][i];
return g[u][0];
}
int dist(int x,int y)
{
int l=lca(x,y);
return (dep[x]-dep[1]+dep[y]-dep[1])-2*(dep[l]-1);
}
int main()
{
//freopen("1.in","r",stdin);
int Q; scanf("%d",&Q);
n=4; adde(1,2); adde(2,1); adde(1,3); adde(3,1); adde(1,4); adde(4,1);
for (int i=1;i<=Q;i++) {
scanf("%d",&q[i]);
adde(n+1,q[i]); adde(q[i],n+1);
adde(n+2,q[i]); adde(q[i],n+2);
n+=2;
}
init();
int now=2,A=2,B=4,m=4;
for (int i=1;i<=Q;i++) {
int u=q[i],v=++m;
int d1=dist(v,A),d2=dist(v,B);
if (d1>now) now=d1,B=v;
else if (d2>now) now=d2,A=v;
v=++m;
d1=dist(v,A),d2=dist(v,B);
if (d1>now) now=d1,B=v;
else if (d2>now) now=d2,A=v;
printf("%d
",now);
}
return 0;
}
Task 6
第一问就是裸的最大生成树，边权排序跑kruskal就可以了。
第二问求一棵树上满足对于路径([u,v])上两个编号为(i,j)的点，在满足(i>j)的条件下，最大化(c_i - c_j) 的值。
考虑到编号对答案的限制，所以我们不妨考虑用倍增来完成限制。
可以首先用5个倍增数组，分别表示"(u)向上跳(2^j)的节点是谁","(u)向上跳(2^j)的合法最大值"，"(u)向上跳(2^j)的合法最小值"，"(u)向上跳(2^j)的合法最大极差（祖先-孙子）"，"(u)向上跳(2^j)的合法最大极差（孙子-祖先）"
最后答案一定是由([u,lca]) , ([v,lca]),跨(lca)三个部分组成的，拼凑一下即可。
复杂度是(O(n log n))
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#define N 60000
std::queue<int>q;
struct aa{
int p,next;
}da[N*3];
struct noz{
int x,y,len;
}line[N*2];
int fa[N],dd,tou[N],mx[N][21],mi[N][21],fm[N][21],dp[N][21],dp2[N][21];
int n,b[N],m,dep[N];
bool vis[N];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void add(int x,int y){
da[++dd].p=y;da[dd].next=tou[x];tou[x]=dd;
da[++dd].p=x;da[dd].next=tou[y];tou[y]=dd;
}
void bfs(){
q.push(1);
vis[1]=1;
dep[1]=1;
while (!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for (int i=tou[u];i;i=da[i].next){
int v=da[i].p;
if (!vis[v]){
dep[v]=dep[u]+1;
q.push(v),vis[v]=1;
fm[v][0]=u;
mx[v][0]=std::max(b[v],b[u]);
mi[v][0]=std::min(b[v],b[u]);
dp[v][0]=b[u]-b[v];
dp2[v][0]=b[v]-b[u];
}
}
for (int i=1;i<=20;i++){
fm[u][i]=fm[fm[u][i-1]][i-1];
if (!fm[u][i])break;
mx[u][i]=std::max(mx[u][i-1],mx[fm[u][i-1]][i-1]);
mi[u][i]=std::min(mi[u][i-1],mi[fm[u][i-1]][i-1]);
dp[u][i]=std::max(dp[u][i-1],mx[fm[u][i-1]][i-1]-mi[u][i-1]);
dp[u][i]=std::max(dp[u][i],dp[fm[u][i-1]][i-1]);
dp2[u][i]=std::max(dp2[u][i-1],mx[u][i-1]-mi[fm[u][i-1]][i-1]);
dp2[u][i]=std::max(dp2[u][i],dp2[fm[u][i-1]][i-1]);
}
}
}
int lca(int x,int y){
if (dep[x]<dep[y])std::swap(x,y);
for (int i=20;i>=0;i--)
if (dep[x]-dep[y]>=1<<i)x=fm[x][i];
if (x==y)return x;
for (int i=20;i>=0;i--)
if (fm[x][i]!=fm[y][i]){
x=fm[x][i];
y=fm[y][i];
}
if (x==y)return x;
else return fm[x][0];
}
int getMAX(int x,int goal){
int ma=0;
for (int i=20;i>=0;i--)
if (dep[x]-dep[goal]>=1<<i){
ma=std::max(ma,mx[x][i]);
x=fm[x][i];
}
return ma;
}
int getMIN(int x,int goal){
int ma=0x5f5f5f5f;
for (int i=20;i>=0;i--)
if (dep[x]-dep[goal]>=1<<i){
ma=std::min(ma,mi[x][i]);
x=fm[x][i];
}
return ma;
}
int opre1(int x,int goal){
int ma=0x5f5f5f5f;
int num=0;
for (int i=20;i>=0;i--)
if (dep[x]-dep[goal]>=1<<i){
num=std::max(num,dp[x][i]);
num=std::max(num,mx[x][i]-ma);
ma=std::min(ma,mi[x][i]);
x=fm[x][i];
}
return num;
}
int opre2(int x,int goal){
int ma=-0x5f5f5f5f;
int num=0;
for (int i=20;i>=0;i--)
if (dep[x]-dep[goal]>=1<<i){
num=std::max(num,dp2[x][i]);
num=std::max(num,ma-mi[x][i]);
ma=std::max(ma,mx[x][i]);
x=fm[x][i];
}
return num;
}
bool cmp(noz a,noz b){return a.len>b.len;}
int main(){
while (scanf("%d",&n)!=EOF){
dd=0;
memset(tou,0,sizeof(tou));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dep,0,sizeof(dep));
for (int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=0;j<=20;j++)
mx[i][j]=dp[i][j]=dp2[i][j]=fm[i][j]=0,mi[i][j]=0x5f5f5f5f;
for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
scanf("%d",&m);
for (int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&line[i].x,&line[i].y,&line[i].len);
std::sort(line+1,line+1+m,cmp);
int tot=0;int sum=0;
for (int i=1;i<=m;i++){
int fx=find(line[i].x);
int fy=find(line[i].y);
if (fx!=fy){
fa[fx]=fy;
++tot;
sum+=line[i].len;
add(line[i].x,line[i].y);
if (tot==n-1)break;
}
}
printf("%d
",sum);
bfs();
int q;
scanf("%d",&q);
for (int i=1;i<=q;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
int LCA=lca(x,y);
int x1=opre1(x,LCA);
int x2=opre2(y,LCA);
printf("%d
",std::max(std::max(x1,x2),getMAX(y,LCA)-getMIN(x,LCA)));
}
}
return 0;
}