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模板大集合

时间：2024-07-10 12:34:35浏览次数：10  
标签：rs int sum ls 集合 救济粮 typ 模板

模板合集

[Vani有约会] 雨天的尾巴 /【模板】线段树合并

题面：

题目背景

深绘里一直很讨厌雨天。

灼热的天气穿透了前半个夏天，后来一场大雨和随之而来的洪水，浇灭了一切。

虽然深绘里家乡的小村落对洪水有着顽固的抵抗力，但也倒了几座老房子，几棵老树被连根拔起，以及田地里的粮食被弄得一片狼藉。

无奈的深绘里和村民们只好等待救济粮来维生。

不过救济粮的发放方式很特别。

题目描述

首先村落里的一共有 \(n\) 座房屋，并形成一个树状结构。然后救济粮分 \(m\) 次发放，每次选择两个房屋 \((x, y)\)，然后对于 \(x\) 到 \(y\) 的路径上（含 \(x\) 和 \(y\)）每座房子里发放一袋 \(z\) 类型的救济粮。

然后深绘里想知道，当所有的救济粮发放完毕后，每座房子里存放的最多的是哪种救济粮。

输入格式

输入的第一行是两个用空格隔开的正整数，分别代表房屋的个数 \(n\) 和救济粮发放的次数 \(m\)。

第 \(2\) 到 第 \(n\) 行，每行有两个用空格隔开的整数 \(a, b\)，代表存在一条连接房屋 \(a\) 和 \(b\) 的边。

第 \((n + 1)\) 到第 \((n + m)\) 行，每行有三个用空格隔开的整数 \(x, y, z\)，代表一次救济粮的发放是从 \(x\) 到 \(y\) 路径上的每栋房子发放了一袋 \(z\) 类型的救济>粮。

输出格式

输出 \(n\) 行，每行一个整数，第 \(i\) 行的整数代表 \(i\) 号房屋存放最多的救济粮的种类，如果有多种救济粮都是存放最多的，输出种类编号最小的一种。

如果某座房屋没有救济粮，则输出 \(0\)。

样例 #1
样例输入 #1
5 3
1 2
3 1
3 4
5 3
2 3 3
1 5 2
3 3 3
样例输出 #1
2
3
3
0
2
提示
  • 对于 \(20\%\) 的数据，保证 \(n, m \leq 100\)。
  • 对于 \(50\%\) 的数据，保证 \(n, m \leq 2 \times 10^3\)。
  • 对于 \(100\%\) 测试数据，保证 \(1 \leq n, m \leq 10^5\)，\(1 \leq a,b,x,y \leq n\)，\(1 \leq z \leq 10^5\)。

线段树合并：即将大量权值线段树合并到一颗线段树上

本题作为板子却出的非常巧妙，让树上差分和线段树合并巧妙结合起来

因为在线段树合并的过程就是 自下而上 的，这个是结合树上差分的重要条件

对于题目中的路径修改，只需要在 \(x、y\) 处 的线段树 \(z\) 位置 \(+1\)，在 \(lca(x,y)\) 和 \(fa_{lca(x,y)}\) 处的线段树 \(z\) 位置 \(-1\) 即可

树剖求 \(LCA\):

int n,m,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt;

void init(){memset(head,-1,sizeof(head));}

void add(int u,int v){
	nxt[cnt] = head[u];
	to[cnt] = v;
	head[u] = cnt++;
}

int dep[N],fa[N],son[N],top[N],siz[N];

void dfs1(int x,int f) {
	siz[x] = 1;
	fa[x] = f;
	dep[x] = dep[f] + 1;
	for(int i = head[x];~i;i = nxt[i]) {
		int y = to[i];
		if(y ^ f) {
			dfs1(y,x);
			siz[x] += siz[y];
			if(siz[son[x]] < siz[y]) son[x] = y;
		}
	}
}

void dfs2(int x,int topx) {
	 top[x] = topx;
	 if(!son[x]) return;
	 dfs2(son[x],topx);
	 for(int i = head[x];~i;i = nxt[i]) {
	 	int y = to[i];
	 	if(y ^ fa[x] && y ^ son[x]) dfs2(y,y);
	 }
}


int LCA(int x,int y) {
	while(top[x] ^ top[y]) {
		if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
		x = fa[top[x]];
	}
	return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}

动态开点线段树：

int root[N],tot;
int ls[N * 50],rs[N * 50],sum[N*50],typ[N*50],ans[N];

#define mid ((pl + pr) >> 1)

void push_up(int p) {
	if(sum[ls[p]] >= sum[rs[p]]) {
		sum[p] = sum[ls[p]];
		typ[p] = typ[ls[p]];
	}else {
		sum[p] = sum[rs[p]];
		typ[p] = typ[rs[p]];
	}
}

void update(int &p,int pl,int pr,int k,int d) {
	if(!p) p = ++tot;
	if(pl == pr){sum[p] += d;typ[p] = k;return;}
	if(k <= mid) update(ls[p],pl,mid,k,d);
	else update(rs[p],mid+1,pr,k,d);
	push_up(p); 
}

 

接下来是合并环节：

首先，如果一个位置只在两颗线段树之一中存在，那么直接接在合并的线段树上

if(!x || !y) return x + y;

如果，访问到同一个叶子节点，参数合并

 if(pl == pr) {sum[x] += sum[y];return x;}

在遍历过程中，更新节点 \(p\) 的 \(ls\) 和 \(rs\)

ls[x] = merge(ls[x],ls[y],pl,mid);
rs[x] = merge(rs[x],rs[y],mid+1,pr);

将新的节点 \(x\) 进行整合 \(ls、rs\) 的答案

push_up(x);

最后，将 \(x\) 节点返回，作为父亲节点的左或右孩子

return x;

所以，合并函数为：

int merge(int x,int y,int pl,int pr) {
	if(!x || !y) return x + y;
	if(pl == pr) {sum[x] += sum[y];return x;}
	ls[x] = merge(ls[x],ls[y],pl,mid);
	rs[x] = merge(rs[x],rs[y],mid+1,pr);
	push_up(x);
	return x;
}

 

递归合并的过程没什么好说的，遍历就可以了

void dfs3(int x,int f) {
	for(int i = head[x];~i;i = nxt[i]) {
		int y = to[i];
		if(y ^ f) { 
			dfs3(y,x);
			root[x] = merge(root[x],root[y],1,N);
		}
	}
	ans[x] = sum[root[x]] ? typ[root[x]] : 0;
}

AC-code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int rd() {
	int x = 0, w = 1;
	char ch = 0;
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-') w = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = x * 10 + (ch - '0');
		ch = getchar();
	}
	return x * w;
}

void wt(int x) {
	static int sta[35];
	int f = 1;
	if(x < 0) f = -1,x *= f;
	int top = 0;
	do {
		sta[top++] = x % 10, x /= 10;
	} while (x);
	if(f == -1) putchar('-');
	while (top) putchar(sta[--top] + 48);
}

const int N = 1e5+5;

int n,m,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt;

void init(){memset(head,-1,sizeof(head));}

void add(int u,int v){
	nxt[cnt] = head[u];
	to[cnt] = v;
	head[u] = cnt++;
}

int dep[N],fa[N],son[N],top[N],siz[N];

void dfs1(int x,int f) {
	siz[x] = 1;
	fa[x] = f;
	dep[x] = dep[f] + 1;
	for(int i = head[x];~i;i = nxt[i]) {
		int y = to[i];
		if(y ^ f) {
			dfs1(y,x);
			siz[x] += siz[y];
			if(siz[son[x]] < siz[y]) son[x] = y;
		}
	}
}

void dfs2(int x,int topx) {
	 top[x] = topx;
	 if(!son[x]) return;
	 dfs2(son[x],topx);
	 for(int i = head[x];~i;i = nxt[i]) {
	 	int y = to[i];
	 	if(y ^ fa[x] && y ^ son[x]) dfs2(y,y);
	 }
}


int LCA(int x,int y) {
	while(top[x] ^ top[y]) {
		if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
		x = fa[top[x]];
	}
	return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}

int root[N],tot;
int ls[N * 50],rs[N * 50],sum[N*50],typ[N*50],ans[N];

#define mid ((pl + pr) >> 1)

void push_up(int p) {
	if(sum[ls[p]] >= sum[rs[p]]) {
		sum[p] = sum[ls[p]];
		typ[p] = typ[ls[p]];
	}else {
		sum[p] = sum[rs[p]];
		typ[p] = typ[rs[p]];
	}
}

void update(int &p,int pl,int pr,int k,int d) {
	if(!p) p = ++tot;
	if(pl == pr){sum[p] += d;typ[p] = k;return;}
	if(k <= mid) update(ls[p],pl,mid,k,d);
	else update(rs[p],mid+1,pr,k,d);
	push_up(p); 
} 

int merge(int x,int y,int pl,int pr) {
	if(!x || !y) return x + y;
	if(pl == pr) {sum[x] += sum[y];return x;}
	ls[x] = merge(ls[x],ls[y],pl,mid);
	rs[x] = merge(rs[x],rs[y],mid+1,pr);
	push_up(x);
	return x;
}

void dfs3(int x,int f) {
	for(int i = head[x];~i;i = nxt[i]) {
		int y = to[i];
		if(y ^ f) { 
			dfs3(y,x);
			root[x] = merge(root[x],root[y],1,N);
		}
	}
	ans[x] = sum[root[x]] ? typ[root[x]] : 0;
}

signed main(){
	init();
	n = rd(),m = rd();

	for(int i = 1,u,v;i<n;i++) {
		add(u = rd(),v = rd());
		add(v,u);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	while(m--){
		int a = rd(),b = rd(),z = rd();
		update(root[a],1,N,z,1);
		update(root[b],1,N,z,1);
		int t = LCA(a,b);
		update(root[t],1,N,z,-1);
		update(root[fa[t]],1,N,z,-1);
	}
	dfs3(1,0);

	for(int i = 1;i<=n;i++) {wt(ans[i]);putchar('\n');}

	return 0;
}

标签：rs,int,sum,ls,集合,救济粮,typ,模板
From： https://www.cnblogs.com/WG-MingJunYi/p/18293614

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