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题目
HDU5692 Snacks
Problem Description
百度科技园内有n个零食机，零食机之间通过n−1条路相互连通。每个零食机都有一个值v，表示为小度熊提供零食的价值。
由于零食被频繁的消耗和补充，零食机的价值v会时常发生变化。小度熊只能从编号为0的零食机出发，并且每个零食机至多经过一次。另外，小度熊会对某个零食机的零食有所偏爱，要求路线上必须有那个零食机。
为小度熊规划一个路线，使得路线上的价值总和最大。
Input
输入数据第一行是一个整数T(T≤10)，表示有T组测试数据。
对于每组数据，包含两个整数n,m(1≤n,m≤100000)，表示有n个零食机，m次操作。
接下来n−1行，每行两个整数x和y(0≤x,y<n)，表示编号为x的零食机与编号为y的零食机相连。
接下来一行由n个数组成，表示从编号为0到编号为n−1的零食机的初始价值v(|v|<100000)。
接下来m行，有两种操作：0 x y，表示编号为x的零食机的价值变为y；1 x，表示询问从编号为0的零食机出发，必须经过编号为x零食机的路线中，价值总和的最大值。
本题可能栈溢出，辛苦同学们提交语言选择c++，并在代码的第一行加上：
`#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") `
Output
对于每组数据，首先输出一行”Case #?:”，在问号处应填入当前数据的组数，组数从1开始计算。
对于每次询问，输出从编号为0的零食机出发，必须经过编号为x零食机的路线中，价值总和的最大值。
Sample Input
1
6 5
0 1
1 2
0 3
3 4
5 3
7 -5 100 20 -5 -7
1 1
1 3
0 2 -1
1 1
1 5
Sample Output
Case #1:
102
27
2
20
题目概括
给定一棵n个点的有根树，每个点有一个点权。根节点为0，节点标号为0~n-1。
定义最大路径为：从根出发走到某个点，点权和最大的路径。
现在有Q次操作，每种是以下两种之一：
(1).将点x的点权变成v。
(2).求经过某一个点的最大路径的点权和。
题解
线段树。
我们设：
w[x]为节点x的权值
Dis[x]为从根节点到达当前节点的权值
那么，一开始，dis[x]可以通过一遍dfs全部求出来。
如何处理更改和询问呢？那么我们从询问入手。
题目询问的是经过一个点的最大路径的点权和，那么其实就是到达这个节点或者其子孙节点的最大dis[x], 其实就是查询整个子树的max(dis[x])。
那么我们想到了什么？因为在树的dfs序中，同一个子树节点的所对应的序号一定是整个dfs序中的连续的一段！具体详见 关于dfs序的思考 。
那么我们就可以把询问转化成“求区间最大值”的问题了。然而同理思考，那么修改其实就是修改整个子树的最大值！对于0 x y, 其实就是子树x的所有节点都增加y-w[x]！那么最大值也增加y-w[x]。
问题就变成了一个询问区间最大值和区间修改（同增或者同减）的问题了。
于是，我们就可以用线段树来维护。一棵线段树就好了吧。
剧情还是有波折的！
代码1 - TLE
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <cstdio> #include <vector> #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) using namespace std; typedef long long LL; const LL Inf=1e18; const int N=100000+5; vector <int> son[N]; int T,n,m,time; int in[N],out[N]; LL dis[N],w[N]; struct Tree{ LL add,v; }t[N*4]; void dfs(int prev,int rt){ in[rt]=++time; dis[in[rt]]=dis[in[prev]]+w[rt]; for (int i=0;i<son[rt].size();i++) if (son[rt][i]!=prev) dfs(rt,son[rt][i]); out[rt]=time; } void build(int rt,int le,int ri){ t[rt].add=0; if (le==ri){ t[rt].v=dis[le]; return; } int mid=(le+ri)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1; build(ls,le,mid); build(rs,mid+1,ri); t[rt].v=max(t[ls].v,t[rs].v); } void pushdown(int rt){ if (t[rt].add==0) return; int ls=rt<<1,rs=ls|1; LL v=t[rt].add; t[ls].v+=v,t[ls].add+=v; t[rs].v+=v,t[rs].add+=v; t[rt].add=0; } void update(int rt,int le,int ri,int xle,int xri,LL d){ if (le>xri||xle>ri) return; if (xle<=le&&ri<=xri){ t[rt].v+=d,t[rt].add+=d; return; } pushdown(rt); int mid=(le+ri)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1; update(ls,le,mid,xle,xri,d); update(rs,mid+1,ri,xle,xri,d); t[rt].v=max(t[ls].v,t[rs].v); } LL query(int rt,int le,int ri,int xle,int xri){ if (le>xri||xle>ri) return -Inf; if (xle<=le&&ri<=xri) return t[rt].v; pushdown(rt); int mid=(le+ri)>>1,ls=rt<<1,rs=ls|1; LL ans=-Inf; ans=max(ans,query(ls,le,mid,xle,xri)); ans=max(ans,query(rs,mid+1,ri,xle,xri)); return ans; } int main(){ scanf("%d",&T); for (int cas=1;cas<=T;cas++){ scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=0;i<N;i++) son[i].clear(); for (int i=1,a,b;i<n;i++){ scanf("%d%d",&a,&b),a++,b++; son[a].push_back(b); son[b].push_back(a); } for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&w[i]); time=in[0]=dis[0]=0; dfs(0,1); build(1,1,n); printf("Case #%d: ",cas); while (m--){ int type,x; LL y; scanf("%d%d",&type,&x),x++; if (type==0){ scanf("%lld",&y); update(1,1,n,in[x],out[x],y-w[x]); w[x]=y; } else printf("%lld ",query(1,1,n,in[x],out[x])); } } return 0; }
代码2 - AC
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") #include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; typedef long long LL; const int N=100000+5; const LL Inf=1e18; vector <int> son[N]; int T,n,m,in[N],out[N],time; LL w[N],dis[N]; struct Tree{ LL v,add; }t[N*4]; void dfs(int prev,int rt){ in[rt]=++time; dis[in[rt]]=dis[in[prev]]+w[rt]; for (int i=0;i<son[rt].size();i++) if (son[rt][i]!=prev) dfs(rt,son[rt][i]); out[rt]=time; } void pushup(int rt){ t[rt].v=max(t[rt<<1].v,t[rt<<1|1].v); } void build(int rt,int le,int ri){ t[rt].add=0; if (le==ri){ t[rt].v=dis[le]; return; } int mid=(le+ri)>>1; build(rt<<1,le,mid); build(rt<<1|1,mid+1,ri); pushup(rt); } void pushdown(int rt){ if (t[rt].add==0) return; int ls=rt<<1,rs=ls|1; LL v=t[rt].add; t[ls].v+=v,t[ls].add+=v; t[rs].v+=v,t[rs].add+=v; t[rt].add=0; } void update(int rt,int le,int ri,int xle,int xri,LL d){ if (le>xri||ri<xle) return; if (xle<=le&&ri<=xri){ t[rt].v+=d,t[rt].add+=d; return; } pushdown(rt); int mid=(le+ri)>>1; update(rt<<1,le,mid,xle,xri,d); update(rt<<1|1,mid+1,ri,xle,xri,d); pushup(rt); } LL query(int rt,int le,int ri,int xle,int xri){ if (le>xri||ri<xle) return -Inf; if (xle<=le&&ri<=xri) return t[rt].v; pushdown(rt); int mid=(le+ri)>>1; return max(query(rt<<1,le,mid,xle,xri),query(rt<<1|1,mid+1,ri,xle,xri)); } int main(){ scanf("%d",&T); for (int cas=1;cas<=T;cas++){ scanf("%d%d",&n,&m); for (int i=1;i<=n;i++) son[i].clear(); for (int i=1,a,b;i<n;i++){ scanf("%d%d",&a,&b);a++,b++; son[a].push_back(b); son[b].push_back(a); } for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&w[i]); time=in[0]=dis[0]=0; dfs(0,1); build(1,1,n); printf("Case #%d: ",cas); while (m--){ int type,x; LL y; scanf("%d%d",&type,&x);x++; if (type==0){ scanf("%lld",&y); update(1,1,n,in[x],out[x],y-w[x]); w[x]=y; } else printf("%lld ",query(1,1,n,in[x],out[x])); } } return 0; }
找不同~
就是一句话的不同！
！
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
这句话！
是的，我由于这句话苦苦寻找了10个小时，后来莫名其妙的过了~
然后又找了1个小时，才发现是这句话……
(UPD 2018-04-22):具体原因：如果你对宏定义有那么些了解，只需要把宏定义的内容代入到询问部分的return max(query(L),query(R))中，你就知道为什么是$O(n^2)$的了QAQ。代入结果为：return query(L)>query(R)?query(L):query(R)。这样的话，在第$k$层的询问就会被执行$O(2^k)$，而$2^k$的上限是$O(n)$级别的。所以单词询问就变成了$O(n)$的QAQ
同时提醒同学们，千万不要傻傻的干这种事情了。
附上一组数据：
4
9 5
1 0
1 2
2 3
4 1
5 3
6 5
7 5
7 8
23182 80368 7060 -50161 81799 8841 90480 3016 -4312
1 0
0 8 -438497
0 4 -188568
1 4
0 6 -176104
9 4
0 1
0 2
3 0
3 4
3 5
6 1
7 6
0 8
61060 -24449 -72783 -77927 -33421 80849 8262 -24364 90327
0 2 116045
0 5 404857
1 2
1 5
7 8
1 0
0 2
2 3
4 2
2 5
6 1
16405 -88702 4022 40275 80451 68322 78648
0 3 -39689
1 3
0 3 100112
0 2 109684
1 6
1 2
0 3 -345744
0 3 144465
7 2
0 1
2 0
0 3
1 4
5 0
4 6
-31521 32600 -32746 -67252 40896 94763 99624
0 5 372906
0 5 -118828
ans:
Case #1:
185349
-85018
Case #2:
177105
387990
Case #3:
-19262
6351
226201
Case #4: