ZJOI 2015 幻想鄉戰略遊戲（動態點分治）

首先要明確一點，答案分布是有單調性的。什麼意思呢？假設我們的答案在 \(u\) 節點，\((u,v)\) 之間有一條邊且 \(u\) 離答案所在的點更近，那麼 \(u\) 節點作為答案一定不比在 \(v\) 節點作答案劣。從鏈的角度分析在拓展到樹上會比較好理解這個性質。

那麼如果樹是一棵完全二叉樹，就可以 \(\log n\) 的回答了。從根節點向下跳，每次如果找到乙個 \(\displaystyle2*sum[u]\geq tot\) （\(sum[u]\) 為 \(u\) 子樹點權之和， \(tot\) 為整張圖點權之和）的節點，就說明存在乙個更優或不劣的答案，就往這個方向跳，直到不能跳為止。更新時直接暴力修改父親，沒什麼可說的。

雖然這棵樹不一定是完全二叉樹，但是這棵樹的「分治樹」高度一定是不超過 \(\log n\) 的（我個人不習慣使用「分治樹」的概念，而將點分治理解為重心管轄區域這樣的概念）。那麼就對這棵樹進行點分，存下每個數對應的每一層重心對應容器的標號，到它的距離，以及是容是斥。此題的每層重心的容器就是兩個變數 \(sum,sum\) ，其中 \(sum\) 表示此重心管轄區域權值乘距離總和，\(sum\) 表示權值總和。那麼對於 \(u\) 一層重心對應容器編號為 \(id\) ，距離 \(dis\) ，容斥係數為 \(s\) ，產生貢獻即為 \(s(sum[id]+dis\cdot sum[id])\) 。那麼就能 \(o(\log n)\) 的詢問取某個點的答案是多少了。

修改仍為暴力修改，沒什麼好說的。

關鍵在於回答詢問，我們從整張圖的重心 \(u\) 開始跳，這個重心 \(u\) 將樹劈成了若干個連通塊（題目有條件，最多 \(20\) 個），對於其中乙個連通塊，我們設 \(v\) 在這個連通塊內且與 \(u\) 有邊。我們查詢選 \(v\) 的得到的答案，如果小於等於 \(u\) 的答案，那麼就要跳了。妙的是這裡跳的是這個連通塊的重心 \(w\)，這樣就可以保證複雜度了。所以，在點分的時候就要順便把每個層重心 \(u\) 的下層重心 \(w\) ，以及對應的 \(v\) 存下來。複雜度 \(o(20 \cdot n\log ^2n)\) ，還是挺飄的。

#include#define for(i,x,y) for(int i=(x),i##end=(y);i<=i##end;++i)
#define dor(i,x,y) for(int i=(x),i##end=(y);i>=i##end;--i)
using namespace std;
templateinline bool chk_min(t &x,const _t y)
void clear()
void add(int u,int v,int w)
#define eor(i,g,u) for(int i=g.head[u];~i;i=g.nxt[i])
};linked_listg,h;
ll sum[n*2],sum[n*2];int sc;
int lv[n],sid[n][40];ll dis[n][40];bool sgn[n][40];
int sz[n];bool mark[n];
int n,q;
void cfs(int u,int f,int tot,int &c,int &mi)
res=max(res,tot-sz[u]);
if(chk_min(mi,res))c=u;
}void dfs_init(int u,int f,ll d,bool s)
}void dac(int u,int f,int tot)
}void update(int u,int val)
}ll query(int u)
return res;
}ll query(int u)
return res;
}int main()
int c,mi=1e9;
cfs(1,0,n,c,mi);
memset(mark,0,sizeof(mark));
memset(lv,0,sizeof(lv));
sc=0;
dac(1,0,n);
while(q--)
return 0;
}

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