BZOJ3083: 遥远的国度

描述
zcwwzdjn在追杀十分sb的zhx，而zhx逃入了一个遥远的国度。当zcwwzdjn准备进入遥远的国度继续追杀时，守护神RapiD阻拦了zcwwzdjn的去路，他需要zcwwzdjn完成任务后才能进入遥远的国度继续追杀。

问题是这样的：遥远的国度有n个城市，这些城市之间由一些路连接且这些城市构成了一颗树。这个国度有一个首都，我们可以把这个首都看做整棵树的根，但遥远的国度比较奇怪，首都是随时有可能变为另外一个城市的。遥远的国度的每个城市有一个防御值，有些时候RapiD会使得某两个城市之间的路径上的所有城市的防御值都变为某个值。RapiD想知道在某个时候，如果把首都看做整棵树的根的话，那么以某个城市为根的子树的所有城市的防御值最小是多少。由于RapiD无法解决这个问题，所以他拦住了zcwwzdjn希望他能帮忙。但 zcwwzdjn还要追杀sb的zhx，所以这个重大的问题就被转交到了你的手上。

第1行两个整数n m，代表城市个数和操作数。
第2行至第n行，每行两个整数 u v，代表城市u和城市v之间有一条路。
第n+1行，有n个整数，代表所有点的初始防御值。
第n+2行一个整数 id，代表初始的首都为id。
第n+3行至第n+m+2行，首先有一个整数opt，如果opt=1，接下来有一个整数id，代表把首都修改为id；如果opt=2，接下来有三个整数 p1 p2 v，代表将p1 p2路径上的所有城市的防御值修改为v；如果opt=3，接下来有一个整数 id，代表询问以城市id为根的子树中的最小防御值。

对于每个opt=3的操作，输出一行代表对应子树的最小点权值。

3 7
1 2
1 3
1 2 3
1
3 1
2 1 1 6
3 1
2 2 2 5
3 1
2 3 3 4
3 1

1
2
3
4
提示
对于20%的数据，n<=1000 m<=1000。
对于另外10%的数据，n<=100000，m<=100000，保证修改为单点修改。
对于另外10%的数据，n<=100000，m<=100000，保证树为一条链。
对于另外10%的数据，n<=100000，m<=100000，没有修改首都的操作。
对于100%的数据，n<=100000，m<=100000，0<所有权值<=2^31。

zhonghaoxi提供

题解：
好激动，居然在上自习之前过了这道题。。。
因为是树上路径修改所以树链剖分来搞
因为要查询子树最小所以要用dfs序
如果一起的话我们可以把两者结合起来！
但是怎么结合起来？
实际上我们树链剖分的时候给每个点新编的号就可以作为l[x]！！！
然后就和树那题一样了。
代码：

  1 #include<cstdio>
  2 
  3 #include<cstdlib>
  4 
  5 #include<cmath>
  6 
  7 #include<cstring>
  8 
  9 #include<algorithm>
 10 
 11 #include<iostream>
 12 
 13 #include<vector>
 14 
 15 #include<map>
 16 
 17 #include<set>
 18 
 19 #include<queue>
 20 
 21 #include<string>
 22 
 23 #define inf 1000000000
 24 
 25 #define maxn 200000+5
 26 
 27 #define maxm 500+100
 28 
 29 #define eps 1e-10
 30 
 31 #define ll long long
 32 
 33 #define pa pair<int,int>
 34 
 35 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
 36 
 37 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
 38 
 39 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
 40 
 41 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
 42 
 43 #define mod 1000000007
 44 
 45 using namespace std;
 46 
 47 inline int read()
 48 
 49 {
 50 
 51     int x=0,f=1;char ch=getchar();
 52 
 53     while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 54 
 55     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
 56 
 57     return x*f;
 58 
 59 }
 60 int n,m,q,rt,tot,dep[maxn],head[maxn],s[maxn],f[maxn][20],w[maxn],id[maxn];
 61 int l[maxn],r[maxn],top[maxn],son[maxn];
 62 struct edge{int go,next;}e[2*maxn];
 63 struct seg{int l,r,mi,tag;}t[4*maxn];
 64 inline void insert(int x,int y)
 65 {
 66     e[++tot]=(edge){y,head[x]};head[x]=tot;
 67     e[++tot]=(edge){x,head[y]};head[y]=tot;
 68 }
 69 inline void dfs(int x)
 70 {
 71     for1(i,18)if((1<<i)<=dep[x])f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];else break;
 72     s[x]=1;
 73     for(int i=head[x],y=son[x]=0;i;i=e[i].next)
 74      if(!s[y=e[i].go])
 75      {
 76          dep[y]=dep[x]+1;f[y][0]=x;
 77          dfs(y);
 78          s[x]+=s[y];
 79          if(s[y]>s[son[x]])son[x]=y;
 80      }
 81 }
 82 inline void dfs2(int x,int chain)
 83 {
 84     l[x]=++m;id[m]=x;top[x]=chain;
 85     if(son[x])dfs2(son[x],chain);
 86     for(int i=head[x],y;i;i=e[i].next)
 87       if(!l[y=e[i].go]&&y!=son[x])dfs2(y,y);
 88     r[x]=m;
 89 }
 90 inline void pushup(int k)
 91 {
 92     t[k].mi=min(t[k<<1].mi,t[k<<1|1].mi);
 93 }
 94 inline void update(int k,int z)
 95 {
 96     t[k].mi=t[k].tag=z;
 97 }
 98 inline void pushdown(int k)
 99 {
100     if(t[k].tag==-1)return;
101     update(k<<1,t[k].tag);
102     update(k<<1|1,t[k].tag);
103     t[k].tag=-1;
104 }
105 inline void build(int k,int l,int r)
106 {
107     t[k].l=l;t[k].r=r;int mid=(l+r)>>1;t[k].tag=-1;
108     if(l==r){t[k].mi=w[id[l]];return;}
109     build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
110     pushup(k);
111 }
112 inline void change(int k,int x,int y,int z)
113 {
114     int l=t[k].l,r=t[k].r,mid=(l+r)>>1;
115     if(l==x&&r==y){update(k,z);return;}
116     pushdown(k);
117     if(y<=mid)change(k<<1,x,y,z);
118     else if(x>mid)change(k<<1|1,x,y,z);
119     else change(k<<1,x,mid,z),change(k<<1|1,mid+1,y,z);
120     pushup(k);
121 }
122 inline int query(int k,int x,int y)
123 {
124     int l=t[k].l,r=t[k].r,mid=(l+r)>>1;
125     if(l==x&&r==y)return t[k].mi;
126     pushdown(k);
127     if(y<=mid)return query(k<<1,x,y);
128     else if(x>mid)return query(k<<1|1,x,y);
129     else return min(query(k<<1,x,mid),query(k<<1|1,mid+1,y));
130 }
131 
132 int main()
133 
134 {
135 
136     freopen("input.txt","r",stdin);
137 
138     freopen("output.txt","w",stdout);
139 
140     n=read();q=read();
141     for1(i,n-1)insert(read(),read());
142     dfs(1);
143     dfs2(1,1);
144     for1(i,n)w[i]=read();
145     build(1,1,m);
146     rt=read();
147     while(q--)
148     {
149         int ch=read();
150         if(ch==1)rt=read();
151         else if(ch==2)
152         {
153             int x=read(),y=read(),z=read();
154             while(top[x]!=top[y])
155             {
156                 if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
157                 change(1,l[top[x]],l[x],z);
158                 x=f[top[x]][0];
159             }
160             if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
161             change(1,l[x],l[y],z);
162         }
163         else 
164         {
165             int x=read();
166             if(x==rt)printf("%d
",t[1].mi);
167             else if(l[x]<=l[rt]&&r[x]>=r[rt])
168             {
169                 int t=dep[rt]-dep[x]-1,y=rt,ans=inf;
170                 for3(i,18,0)if(t&(1<<i))y=f[y][i];
171                 if(1<=l[y]-1)ans=min(ans,query(1,1,l[y]-1));
172                 if(r[y]+1<=n)ans=min(ans,query(1,r[y]+1,n));
173                 printf("%d
",ans);
174             }else printf("%d
",query(1,l[x],r[x]));
175         }
176     }    
177 
178     return 0;
179 
180 }

View Code

这才发现原来树链剖分的本质就是dfs序，只不过在把一些点映射到一个区间为了让每次查询的次数少，我们尽量使主链上分的点多一点。

归根结底，都是把树上问题转化到序列上来搞，然后就可以线段树来维护了。orz！

BZOJ3083: 遥远的国度

3083: 遥远的国度

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

HINT

Source