标签：cnt ch noip 待补 ll 50 mid fa define
A. 第零题
第一眼给人一种特别水的感觉，我甚至以为跑一个最短路就行了..
实际上确实也不算特别难，但是没有只跑一个最短路那么简单.
打表发现了一个交换 \(s\) 和 \(t\) 不会影响答案的性质.
又发现了从 \(s\) 走到 \(t\) 的经历和从 \(1\) 走到 \(t\) 有一部分是重合的部分的性质.
然后就不会了.. 自己的码力不能够支撑自己接下来更多的分数了..
自己平时的做题和思考不够，平时做题的思考都是在某个专题下做题.
仅仅局限于在已知使用如何算法的时候去做题和思考.
要透析每个算法的应用范围，比如这道题是一棵树的形态，其实就要想到所有和树有关的算法.
本题使用树上倍增，找到如果从自己出发向根节点 \(1\) 走，那么第 \(2^i\) 个复活点.
根据 \(lca(s,t)\) 是不是 \(s\) 和 \(t\) 中的某一个去思考或许比较简单，当然代码不需要这么打：
如果 \(lca(s,t)\) 不是 \(s\) 或 \(t\) 中的某一个，那么必然要在 \(lca\) 处拐一下.
首先让 \(s\) 和 \(t\) 分别用复活点倍增，让自己到达 \(lca\) 的下方.
设 \(s\) 到达了 \(u\) ，\(t\) 到达了 \(v\).
如果\(dis_{u,v}>k\)，那么必然要在中间复活一次才能从 \(u\) 到达 \(v\) ，反之可以直接在 \(v\) 的地方复活；
反之，则很好写了.
A_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
#define ll long long int
#define lf double
#define re register ll
#define ull unsigned ll
#define mp make_pair
#define lb lower_bound
#define ub upper_bound
#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
inline ll read()
{
ll ss=0; bool cit=1; char ch;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return cit?ss:-ss;
}
} using namespace BSS;
const ll N=2e5+21;
ll n,m,ops,ts,cnt,lg2;
ll dis[N],dfn[N],dep[N],head[N],rk[N];
ll fa[N][23],st[N][23];
struct I { ll u,v,w,nxt; } e[N<<1];
inline void add(ll u,ll v,ll w){
e[++ts].u=u,e[ts].v=v,e[ts].w=w,e[ts].nxt=head[u],
head[u]=ts;
}
void dfs(ll u,ll dad,ll w,ll depth){
fa[u][0]=dad,st[u][0]=rk[ub(dfn+1,dfn+1+cnt,w-m)-dfn-1],
dis[u]=w,dep[u]=depth,dfn[++cnt]=dis[u],rk[cnt]=u;
for(re i=head[u];i;i=e[i].nxt){
if(e[i].v==dad) continue;
dfs(e[i].v,u,w+e[i].w,depth+1);
}
dfn[cnt]=0,rk[cnt--]=0;
}
inline ll lca(ll x,ll y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(re i=lg2;i>=0;i--) if(dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i];
if(x==y) return x;
for(re i=lg2;i>=0;i--) if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
inline ll die(ll &x,ll y){
ll res=0;
for(re i=lg2;i>=0;i--){
if(dep[st[x][i]]>=dep[y]) x=st[x][i],res|=(1ll<<i);
}
return res;
}
signed main(){
n=read(),m=read(); ll u,v,w,L,res,tmp; lg2=log2(n)+1;
for(re i=2;i<=n;i++) u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
dfs(1,0,0,1); ops=read();
for(re j=1;j<=lg2;j++)
for(re i=1;i<=n;i++)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1],st[i][j]=st[st[i][j-1]][j-1];
while(ops--){
u=read(),v=read(),L=lca(u,v);
res=die(u,L)+die(v,L),tmp=dis[u]+dis[v]-(dis[L]<<1ll);
res+=(tmp>=m) ; printf("%lld\n",res);
}
exit(0);
}
B. 第负一题
打了一个 \(O(n^2)\) 的 \(dp\) 就跑路了，想着用数据结构来搞一搞来着，发现并不能够.
考后拿到分治的标签后，依旧无法用自己的思路实现.
题解中根据分治时，左半区间是否选 \(mid\) ，右半区间是否选 \(mid+1\)，来进行 \(l\) ~ \(r\) 的区间的计算.
在 \(l\) ~ \(r\) 这个区间计算的是 左端点在 \(l\) ~ \(mid\) 之间，右端点在 \(mid+1\) ~ \(r\) 的值.
这样一定可以保证计算到所有的区间，\(l==r\) 的话特判一下 \(return\) 就可以了.
那么区间的答案就是：
剩下的因为我比较懒，不想写了，还是去看 \(fengwu\) 的吧..
B_code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace BSS
{
#define ll long long int
#define lf double
#define re register ll
#define ull unsigned ll
#define mp make_pair
#define lb lower_bound
#define ub upper_bound
#define Fill(x,y) memset(x,y,sizeof x)
#define Copy(x,y) memcpy(x,y,sizeof x)
#define File(x,y) freopen(#x,"r",stdin),freopen(#y,"w",stdout)
inline ll read()
{
ll ss=0; bool cit=1; char ch;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') cit=0;
while(isdigit(ch)) ss=(ss<<3)+(ss<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return cit?ss:-ss;
}
} using namespace BSS;
const ll N=2e5+21,mod=998244353;
ll n,ans;
ll val[N];
ll f[N][2],g[N][2];
pair<ll,ll> p[N];
inline void solve(ll l,ll r){
if(l==r) return ans=(ans+val[l])%mod,void();
ll mid=(l+r)>>1,res=0,llen=mid-l+1,rlen=r-mid,cnt=0,fs=0,gs=0;
solve(l,mid),solve(mid+1,r),
f[mid+1][0]=0,f[mid+1][1]=0,f[mid][0]=0,f[mid][1]=val[mid],
g[mid+1][0]=0,g[mid+1][1]=val[mid+1],g[mid][0]=0,g[mid][1]=0,
p[++cnt].first=max(f[mid][1]-f[mid][0],0ll),p[cnt].second=0,
p[++cnt].first=max(g[mid+1][1]-g[mid+1][0],0ll),p[cnt].second=1;
for(re i=mid-1;i>=l;i--){
f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+2][0]+val[i]),f[i][1]=max(f[i+1][1],f[i+2][1]+val[i]),
p[++cnt].first=max(f[i][1]-f[i][0],0ll),p[cnt].second=0;
res=(res+f[i][0]*rlen%mod)%mod;
}
for(re i=mid+2;i<=r;i++){
g[i][0]=max(g[i-1][0],g[i-2][0]+val[i]),g[i][1]=max(g[i-1][1],g[i-2][1]+val[i]),
p[++cnt].first=max(g[i][1]-g[i][0],0ll),p[cnt].second=1,
res=(res+g[i][0]*llen%mod)%mod;
}
sort(p+1,p+1+cnt);
for(re i=1;i<=cnt;i++){
if(p[i].second) gs++,res=(res+p[i].first*fs%mod)%mod;
else fs++,res=(res+p[i].first*gs%mod)%mod;
}
ans=(ans+res)%mod;
}
signed main(){
n=read();
for(re i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
solve(1,n); printf("%lld\n",ans);
exit(0);
}
C. 第负二题
标签：cnt,ch,noip,待补,ll,50,mid,fa,define 来源： https://www.cnblogs.com/AaMuXiiiiii/p/15255679.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。