【SPOJ2666】QTree4【链分治】,组装机配置单（分链器是什么）

文件名：【SPOJ2666】QTree4【链分治】,组装机配置单 【SPOJ2666】QTree4【链分治】

传送门

题意：给一棵带边权的树，每个点开始时为白色，维护两种操作：

1.改变一个点的颜色（白变黑，黑变白） 2.询问最远的两个白点之间的距离

树分治国集论文

链分治的本质其实就是树链剖分。它们的区别是树剖维护路径询问，链分治维护全局路径。

动态点分治需要重新建一棵树，而链分治分出来的是链，本身就可以用数据结构维护。所以链分治本身就可以资瓷修改。

对于每一条链单独用数据结构维护与当前链有交集的路径信息。

对于本题，先树链剖分

记$D_i,D_i^{\prime }$为节点$i$沿虚边往下走到某个白点的最长和次长长度。如果不存在，记为$-INF$

用线段树维护一条链。对于一条链上的一个区间$[L,R]$

记

$lmax=max\{dist(L,i)+D_i\}$

$rmax=max\{D_i+dist(i,R)\}$

即：$lmax$表示$L$沿这条链往下走（可以不走），在$[L,R]$中的某个点拐出去，往下走(可以不走)到某个白点经过的最长长度。注意没有要求起点是白色。$rmax$同理。

再记录$ans$表示有交集的最长长度

然后用类似最大子段和的方式合并。

对于一个线段树节点$p$，左右儿子$lc,rc$

$lmax[p]=max\{lmax[lc],dist(L,mid+1)+lmax[rc]\}$

$rmax[p]=max\{rmax[lc]+dist(mid,R),rmax[rc]\}$

$ans[p]=max\{ans[lc],ans[rc],rmax[lc]+dist(mid,mid+1)+lmax[rc]\}$

边界：当$L=R$,设当前点为$i$

若$i$是白点

$lmax=rmax=max\{D_i,0\}$

$ans=max\{0,D_i,D_i+D_i^{\prime }\}$

否则

$lmax=rmax=D_i$

$ans=D_i+D_i^{\prime }$

最后需要维护$D_i,D_i^{\prime }$

当$i$是白点,$j$为$i$的轻儿子

$D_i=max\{0,w(i,j)+lmax[j]\}$

当$i$是黑点

$D_i=w(i,j)+lmax[j]$

然后用个堆之类的瞎维护即可

然而写起来十分精神污染

有一个常用的转换方式 红色边权值为$0$

这样这棵树变成了二叉树，且两两之间的距离不变。也就是说和原来的树是等效的。

有什么用呢？

这样一个节点最多有一个重儿子一个轻儿子，$D_i^{\prime }$永远为$-INF$，$D_i$可以直接计算，大大降低编程复杂度。当然好不好调是另外一回事

最后答案用$multiset$暴艹即可

复杂度$O(nlo{g}_n^2)$

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cctype>#include <set>#define MAXN 200005#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;inline int read(){int ans=0,f=1;char c=getchar();while (c<'0'||c>'9'){if (c=='-') f=-1;c=getchar();}while (c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}return f*ans;}inline char gal(){char c=getchar();while (c<'A'||c>'Z') c=getchar();return c;}int n;struct edge{int u,v,w;}e[MAXN];int head[MAXN],nxt[MAXN],cnt;void addnode(int u,int v,int w){e[++cnt]=(edge){u,v,w};nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;}int son[MAXN][2];int fa[MAXN],dep[MAXN],cost[MAXN],col[MAXN];void dfs(int u){int las=u;for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (!dep[e[i].v]){fa[fa[e[i].v]=++n]=las;dep[e[i].v]=dep[u]+1;cost[e[i].v]=e[i].w;dfs(son[las=son[las][las!=u]=n][0]=e[i].v);}}int siz[MAXN],dis[MAXN],tp[MAXN],bt[MAXN];int dfn[MAXN],pos[MAXN],tim;void Dfs(int u){if (!u) return;siz[u]=1;Dfs(son[u][0]),Dfs(son[u][1]);siz[u]+=siz[son[u][0]]+siz[son[u][1]];if (siz[son[u][0]]<siz[son[u][1]]) swap(son[u][0],son[u][1]);}multiset<int> re;int rt[MAXN],tot;int ch[MAXN<<2][2],lmax[MAXN<<2],rmax[MAXN<<2],ans[MAXN<<2];inline int d(const int& x){if (!son[x][1]) return col[x]? 0:-INF;if (col[x]) return max(cost[son[x][1]]+lmax[rt[son[x][1]]],0);return cost[son[x][1]]+lmax[rt[son[x][1]]];}#define lc ch[p][0]#define rc ch[p][1]inline void update(const int& p,const int& l,const int& r){int mid=(l+r)>>1;lmax[p]=max(lmax[lc],dis[pos[mid+1]]-dis[pos[l]]+lmax[rc]);rmax[p]=max(rmax[lc]+dis[pos[r]]-dis[pos[mid]],rmax[rc]);ans[p]=max(max(ans[lc],ans[rc]),rmax[lc]+cost[pos[mid+1]]+lmax[rc]);}void build(int& p,int l,int r){p=++tot;if (l==r){if (col[pos[l]]) ans[p]=lmax[p]=rmax[p]=max(0,d(pos[l]));else lmax[p]=rmax[p]=d(pos[l]),ans[p]=-INF;return;}int mid=(l+r)>>1;build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);update(p,l,r);}void modify(int p,int l,int r,int k){if (l==r){if (col[pos[l]]) ans[p]=lmax[p]=rmax[p]=max(0,d(pos[l]));else lmax[p]=rmax[p]=d(pos[l]),ans[p]=-INF;return;}int mid=(l+r)>>1;if (k<=mid) modify(lc,l,mid,k);else modify(rc,mid+1,r,k);update(p,l,r);}void DFS(int u,int t){if (!u) return;dis[u]=dis[fa[u]]+cost[u];bt[tp[u]=t]=pos[dfn[u]=++tim]=u;DFS(son[u][0],t);DFS(son[u][1],son[u][1]);if (u==t) build(rt[u],dfn[u],dfn[bt[u]]),re.insert(ans[rt[u]]);}int main(){freopen("test.in","r",stdin);n=read();int cnt=n;for (int i=1;i<=n;i++) col[i]=1;for (int i=1;i<n;i++){int u,v,w;u=read(),v=read(),w=read();addnode(u,v,w),addnode(v,u,w);}dep[1]=1;dfs(1);Dfs(1);DFS(1,1);for (int i=read();i;--i){if (gal()=='A') cnt? printf("%d\n",max(0,*re.rbegin())):puts("They have disappeared.");else{int x=read();for ((col[x]^=1)? ++cnt:--cnt;x;re.erase(re.find(ans[rt[tp[x]]])),modify(rt[tp[x]],dfn[tp[x]],dfn[bt[tp[x]]],dfn[x]),re.insert(ans[rt[tp[x]]]),x=fa[tp[x]]);}}return 0;}

做这种题一定要先理清思路，弄懂定义再开始码，不要边想边写