題目描述
\(n\) 個城市構成一棵樹，現在要求在一些城市中設定監測點，使得每個城市可以通過到監測點的距離區分出來（不同可以知道是到哪個監測點的距離，可以模擬為樹上的座標）
給定 \(q\) 次修改，每次斷開邊 \((u,v)\) 再連上邊 \((x,y)\)，然後求出最小設定的監測點數目。
解法
無根樹問題考慮定根，我們先列舉根強制根選取，那麼只有深度相同的點需要區分。設 \(f(x)\) 表示子樹 \(x\) 內設定關鍵點的數目，如果 \(x\) 有多個子樹，我們可能要在合併的時候多設定關鍵點才能區分子樹，顯然要求是至多乙個子樹內沒有關鍵點：
\[f(x)=\sum_ \max(f(y),1)-[\prod_ f(y)=0]
\]接下來就是定根的問題了，一定要去找結論（我就是憑感覺找錯了結論），考慮我們新增關鍵點的過程都是必要的，那麼如果根是度數 \(\geq 3\) 的點，那麼根是不需要選取的，並且由於其他點的選取是必要的，我們得到了最優解。
然後考慮這個修改顯然就是讓你寫 \(\tt lct\) 維護 \(\tt ddp\) 了，這題乙個很強的操作是維護分段函式。
具體來說就是自變數 \(=0\)，那麼對應函式 \(a\)（一次項係數為 \(0\)）；自變數 \(>0\) 又對應著函式 \(b\)（一次項係數為 \(1\)），那麼函式如何合併呢？考慮兩個分段函式 \(u,v\) 按順序合併，我們把 \(v_a\) 帶入 \(u\) 的分段函式中得到新的 \(a\)，由於\(f\) 是單調的，所以大於 \(0\) 之後不會再變回 \(0\)，那麼新的 \(b\) 就是 \(u_b+v_b\) 了。
但是本題由於要定根所以還要寫makeroot，所以你需要維護正序和逆序的函式。
此外注意重鏈底端的函式是沒有定義的，所以只能直接拿值，那麼我們在求某個重鏈的值時，把最低點splay到根，然後把判斷是否有左兒子，如果有則帶值進左兒子的函式，如果沒有則用輕兒子的資訊計算。
#include #include #include #include using namespace std;
const int m = 500005;
int read()
while(c>='0' && c<='9')
return x*f;
}void write(int x)
int n,d[m],ch[m][2],fa[m],sum[m],num[m],st[m],fl[m];
multiset> s;
struct node
int get(const int &x) const
node operator & (const node &r) const
}l[m],r[m];
void up(int x)
if(ch[x][1]) }
void flip(int x)
void down(int x)
int nrt(int x)
int chk(int x)
void rotate(int x)
void splay(int x,int tar=0)
rotate(x); }}
int calc(int x,int fa=0)
void access(int x)
if(y)
splay(y);ch[x][1]=y;up(x); }}
void makert(int x)
void cut(int x,int y)
void link(int x,int y)
void add(int x)
void rem(int x)
void print()
}signed main()
for(int i=1;i<=n;i++) add(i);
int q=read();print();
while(q--)
}
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