标签：题目 val int 线段 maxdata 基站 权值 root
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权值线段树的一些操作
int getrank(int x){
return query_num(root,1,maxdata,1,x)+1;
}
int getpre(int x){//查询前驱
int tmp=query_num(root,1,maxdata,1,x);
return query_kth(root,1,maxdata,tmp);
}
int getnxt(int x){//查询后继
int tmp=query_num(root,1,maxdata,1,x);
return query_kth(root,1,maxdata,tmp+1);
}
A雨天的尾巴
树上差分，每次操作都单点修改，操作完之后dfs合并线段树。
每个点都开一个权值线段树，维护出现次数最多的权值和出现次数最多的权值的出现次数。
B bzoj4636蒟蒻的序列
区间修改（但又不是完全的区间修改），如果按照提意来去跑叶子节点每次询问的时间复杂度会到\(O(n\log n)\)。考虑线段树每个节点都维护一个懒标，表示所表示区间内所有数的权值，线段树dfs查询。
update
if(L<=l && r<=R){
tr[rt].lazytag=max(tr[rt].lazytag,k);
return;
}
query
w=max(w,tr[rt].lazytag);
if(!rt){
return 1ll*(R-L+1)*w;
}
C Promotion Counting
这个应该是最裸的板子。树上每一个节点开一个权值线段树维护桶，在树上dfs合并。统计答案的时候每个点都扫一遍，在其对应的线段树上查询比\(val_i\)大的数的个数
所以dfs序+分块完全可以做到
D 永无乡
用并查集维护连通块，每一个连通块内建一个权值线段树维护桶。点之间连边就对应所在连通块线段树的合并，然后查询排名就是板子
E 魔法少女Ljj
没啥难的，就是上面几个板子的综合
但是Chano很郁闷，你能帮帮他吗
F大根堆
考虑树形dp。设\(f[u][val]\)为以u为根节点的树中选出的最大值不超过\(val\)的最多的节点，用线段树来维护。
则有
f[u][val]+=f[v][val]//v为u的子节点，此操作对应线段树合并
f[u][val[u]]=max(f[u][val[u]],f[u][val[u]-1]+1);
而且不仅是\(f[u][val[u]]\)要更新，所有小于\(f[u][val[u]-1]+1\)的\(f[u][val]\)都要更新，由于\(f\)本身的是单调的，所以考虑二分查找并且区间更新
涉及到区间更新所以我打了lazy，但是这样可能会开出很多没有用的点来，整一个回收栈，把合并后没有用的点的编号扔到栈里，开新点的时候取出栈里的编号即可（注意扔的时候清空点的信息）
最后答案为\(f[1][maxdata]\)
void dfs(int u,int fa){
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
root[u]=merge(root[u],root[v],1,maxdata);
}
int tmp=query(root[u],1,maxdata,val[u]-1)+1;
if(tmp<=query(root[u],1,maxdata,val[u]))return;
int l=val[u],r=maxdata,ans=0;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(query(root[u],1,maxdata,mid)<tmp){
ans=mid;l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
update(root[u],1,maxdata,val[u],ans,1);
}
G 领导集团问题LuoguP4577
和 F 大根堆一样，就是变成了小根堆
H 大融合LuoguP4219
以题面上的图为例，查询<3,8>，先把<3,8>断开，3所在的联通块内有3个点，8所在的联通块内有2个点，从3所在的联通快内任意一个点出发到8所在的联通块内的任意一点，需要经过<3,8>的路径有2*3条，所以查询结果应为6
按照这个思路有一个很显然的做法，从u开始dfs，遇到<u,v>跳过，算出u所在联通块内的点数，v同理。\(40pts\)
离线处理，把所有的边都连上，处理出dfs序来，对于每一个联通块开一个权值线段树来维护当前状态下\(dfn[i]\)出现的次数（有没有出现）。
查询
如果x是y的父亲，则答案为 联通块内\(dfn[y]--outdfn[y]\)出现总次数（y一侧的点数）与所在联通块内的总点数减去y一侧的点数 （x一侧的点数）的乘积，这样就不用dfs以断开<x,y>
更新
并查集维护联通块再线段树合并即可
G 基站选址\(LuoguP2605\)
朴素方程
f[i][j]第j个基站建在i最小费用,cost[i][j]第i~j个村庄之间没有被基站i,j覆盖的村庄所需的赔偿费用
f[i][j]=min(f[k][j-1]+cost[k][i])+c[i] k=[j-1,i)
当我们推导 \(i\) 时，我们只考虑了它和前面的基站产生的影响,这时对于最后一个基站我们不会考虑它和之后的村庄产生的影响,则我们可以在最后增加一个村庄
,保证它必定被作为基站（无建设费用）且不对前面产生影响,这样就不会有遗漏的了
++n,++k,w[n]=d[n]=Inf;
第二维只与上一次有关，可以滚掉，在最外层枚举j即可
f[i]=min(f[k]+cost[k][i])+c[i] k=[j-1,i)
难点在于求出 \(cost\)
维护两个数组， \(st_i\) 点 \(i\) 的左边界（建基站能覆盖到\(i\)的最靠左的点）, \(ed_i\) 点\(i\) 的右边界，二分查找即可
对于一个点 \(i\) 如果 \(ed_i\) 没有建基站，那么 \(i\) 就要赔偿 赔偿总费用为 \(1--st_i-1\)赔偿的费用加上 \(w_i\) 用线段树区间更新
如果在 \(ed_i\)处建基站，赔偿费用就为\(1--st_i-1\)赔偿的费用 不用更新
状态初值 \(i=1\) 第一个基站建在哪个位置
可能会有多个点的有边界为j，用邻接表维护
int sum=0;//cost[1][j-1];
for(int j=1;j<=n;++j){
f[j]=sum+c[j];
计算如果不在j建基站需要赔偿的费用
for(int p=G.head[j];p;p=G.e[p].next){
int v=G.e[p].to;sum+=w[v];
}
}
ans=f[n];
线段树中维护 \(min(f[p]+cost[p][j]),\) \(j\) 为当前决策的点
转移
for(int j=1;j<=n;++j){
if(j-1>=i-1)
f[j]=S.query(root,1,n,i-1,j-1)+c[j];
else f[j]=c[j];
计算如果不在j建基站需要赔偿的费用
for(int p=G.head[j];p;p=G.e[p].next){
int v=G.e[p].to;
if(st[v]>1){
S.update(root,1,n,1,st[v]-1,w[v]);
}
}
}
由于把第二维滚掉了，所以在枚举到新的 \(i\) 时要重新建树把原来的状态覆盖掉
for(int i=1;i<=k;++i){
if(i==1){//初值
···
}
else{
S.build(root,1,n);
···
转移
}
ans=min(ans,f[n]);
}
标签：题目,val,int,线段,maxdata,基站,权值,root 来源： https://www.cnblogs.com/Chano/p/16265405.html
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