Streaming很惨,不过因为比赛之间没有提交过就没掉(或掉了)rating.第二题是一个树形DP,但是我都在想第一题了,简直作死.
看着神犇的代码我也是醉了...各种宏,真是好好写会死系列. 看到他们Tree DP都用的DFS,突然感觉我这个蒟蒻的生活中充满了无力...
我一般都喜欢用BFS进行Tree DP.这样坏处很多,难调试,容易爆空间等.好处也有,写起来快,代码短,跑得飞快,判重简单.不过这样做是有条件的,而今天的Streaming这题就是一道可以的题.
然后讲讲今天这道LCAStat吧.
作为一个不会写Tarjan LCA的蒟蒻,这道题出的比较有素质.至少你不需会LCA(树上倍增差不多会吧).有些神犇这么暴力,对此我只能表示Orz.
让我们思考一下.对于每一个点,他的(姑且称为LCA Score)应该怎么算?
转换个思路,如何让两个点的LCA为一个给定的点i?
显然,这两个点必须是i或在i的不同子树中.那么我们就渐渐有了思路.
注意算sum(x){sum(y){x*y}}有个很简单的办法即sum(x){x}*sum(y){y}
那么求出每一棵子树的totalWeight,当在一个结点新访问到一个子结点时,这个点的对分值贡献就是totw[i]*(noww[d]+w[d])*2
totw[i]就是这个访问到的子结点的totalWeight,noww[d]就是已经加入这个父结点(不包括新访问的这个)的子树的总重,w[d]就是这个父结点的weight
为什么要乘以2?因为这道题目考虑顺序,即a=3,b=5和a=5,b=3要算两次.
每次有一个结点的所有子结点都被访问了就松弛这个结点.
自己看代码吧,去了所有mod.
#include <cstdio>
#include <cstring>
long long fat[200000],w[200000],f[200000],sub[200000],totw[200000],n,p,i,sum;
long long q[200000],qh,qt;
int main(int argc,char const *argv[]){
scanf("%lld %lld",&n,w+1);
for(i=2;i<=n;++i){
scanf("%lld %lld",fat+i,w+i);
++sub[fat[i]];
}
for(i=1;i<=n;++i){
f[i]=0;
if(!sub[i]){
q[qt++]=i;
totw[i]=0;
f[i]=0;
}
}
while(qh!=qt){
i=q[qh++];
f[i]+=(w[i]*w[i])*(w[i]+totw[i]*2);
totw[i]+=w[i];
sum=sum+f[i];
f[fat[i]]+=(totw[i]*totw[fat[i]])*w[fat[i]]*2;
totw[fat[i]]+=totw[i];
--sub[fat[i]];
if(!sub[fat[i]]) q[qt++]=fat[i];
}
printf("%lld
", sum);
return 0;
}
//非AC代码,只是为了清楚的一份演示代码