联赛模拟测试10 C. 射手座之日

题目描述

分析

方法一（线段树）

线段树维护的是以当前节点为左端点的区间的贡献
而区间的右端点则会从 (1) 到 (n) 逐渐右移
当我们把右端点从 (i-1) 的位置扩展到 (i) 的位置时
如果原先区间的最近公共祖先到根节点的路径中经过 (a[i-1]) 和 (a[i]) 的最近公共祖先
那么我们直接把这些区间的价值累加到 (a[i-1]) 和 (a[i]) 的最近公共祖先上
同时将其子树清空，还要把 (a[i]) 位置上的贡献加一
每次移完右端点后都要统计一下答案

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
inline int read(){
	int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int n,head[maxn],tot=1,a[maxn],x[maxn];
struct asd{
	int to,next;
}b[maxn];
void ad(int aa,int bb){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].next=head[aa];
	head[aa]=tot++;
}
int siz[maxn],son[maxn],f[maxn],dep[maxn];
void dfs1(int now,int fa){
	f[now]=fa;
	siz[now]=1;
	dep[now]=dep[fa]+1;
	for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
		int u=b[i].to;
		if(u==fa) continue;
		dfs1(u,now);
		siz[now]+=siz[u];
		if(son[now] || siz[son[now]]<siz[u]){
			son[now]=u;
		}
	}
}
int dfn[maxn],tp[maxn],dfnc,rk[maxn];
void dfs2(int now,int top){
	tp[now]=top;
	dfn[now]=++dfnc;
	rk[dfnc]=now;
	if(son[now]) dfs2(son[now],top);
	for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
		int u=b[i].to;
		if(u==f[now] || u==son[now]) continue;
		dfs2(u,u);
	}
}
int get_LCA(int u,int v){
	while(tp[u]!=tp[v]){
		if(dep[tp[u]]<dep[tp[v]]) std::swap(u,v);
		u=f[tp[u]];
	}
	if(dep[u]<dep[v]) std::swap(u,v);
	return v;
}
struct trr{
	int l,r,tag;
	long long cnt,sum;
}tr[maxn];
void push_up(int da){
	tr[da].cnt=tr[da<<1].cnt+tr[da<<1|1].cnt;
	tr[da].sum=tr[da<<1].sum+tr[da<<1|1].sum;
}
void push_down(int da){
	if(tr[da].tag==-1){
		tr[da<<1].tag=tr[da<<1|1].tag=-1;
		tr[da<<1].cnt=tr[da<<1|1].cnt=0;
		tr[da<<1].sum=tr[da<<1|1].sum=0;
		tr[da].tag=0;
	}
}
void build(int da,int l,int r){
	tr[da].l=l,tr[da].r=r;
	if(tr[da].l==tr[da].r){
		return;
	}
	int mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
	build(da<<1,l,mids);
	build(da<<1|1,mids+1,r);
}
void xg(int da,int wz,long long val){
	if(tr[da].l==tr[da].r){
		tr[da].cnt+=val;
		tr[da].sum=tr[da].cnt*x[rk[wz]];
		return;
	}
	push_down(da);
	int mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
	if(wz<=mids) xg(da<<1,wz,val);
	else xg(da<<1|1,wz,val);
	push_up(da);
}
long long cx(int da,int l,int r){
	if(tr[da].l>=l && tr[da].r<=r){
		long long x=tr[da].cnt;
		tr[da].cnt=0;
		tr[da].sum=0;
		tr[da].tag=-1;
		return x;
	}
	push_down(da);
	int mids=(tr[da].l+tr[da].r)>>1;
	long long ans=0;
	if(l<=mids) ans+=cx(da<<1,l,r);
	if(r>mids) ans+=cx(da<<1|1,l,r);
	push_up(da);
	return ans;
}
int main(){
	freopen("sagittarius.in","r",stdin);
	freopen("sagittarius.out","w",stdout);
	memset(head,-1,sizeof(head));
	n=read();
	int aa;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		aa=read();
		ad(aa,i);
		ad(i,aa);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x[i]=read();
	}
	build(1,1,n);
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i>1){
			int now=get_LCA(a[i],a[i-1]);
			long long cs=cx(1,dfn[now],dfn[now]+siz[now]-1);
			xg(1,dfn[now],cs);
		}
		xg(1,dfn[a[i]],1);
		ans+=tr[1].sum;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

方法二（树上启发式合并）

这一道题有 (20\%) 的部分排列是按照 (dfn) 序生成的
而这样的序列对于任意一个节点来说，它的子节点的编号都是连续的
这样的话贡献在这棵子树内的区间就为 ((siz+1) imes siz/2)
其中 (siz) 为子树大小
这就启示我们可以维护子树内连续区间段的长度
这样的话子树的值就可以直接累加到父亲节点上
因此我们可以使用树上启发式合并
连续区间段的维护则要用到一个性质
我们设 (rk[a[i]]=i)，那么如果有一个连续区间短
那么很显然，它们的 (rank) 值是连续的

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register 
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int h[maxn],tot=1;
struct asd{
	int to,nxt;
}b[maxn];
int a[maxn],x[maxn],n;
void ad(int aa,int bb){
	b[tot].to=bb;
	b[tot].nxt=h[aa];
	h[aa]=tot++;
}
int son[maxn],siz[maxn],dep[maxn],f[maxn];
void dfs1(int now,int fa){
	siz[now]=1;
	f[now]=fa;
	dep[now]=dep[fa]+1;
	for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		rg int u=b[i].to;
		if(u==fa) continue;
		dfs1(u,now);
		siz[now]+=siz[u];
		if(son[now]==0 || siz[u]>siz[son[now]]){
			son[now]=u;
		}
	}
}
long long nans[maxn],ans,mans,tmp;
int orz,len[maxn],rk[maxn];
long long js(int now){
	int len1=len[rk[now]-1],len2=len[rk[now]+1];
	int len3=len1+len2+1;
	len[rk[now]-len1]=len3;
	len[rk[now]+len2]=len3;
	return 1LL*(len3+1)*len3/2-1LL*(len1+1)*len1/2-1LL*(len2+1)*len2/2;
}
void xg(int now,int op){
	if(op==-1) len[rk[now]]=0;
	else {
		mans+=js(now);
	}
	for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		rg int u=b[i].to;
		if(u==orz || u==f[now]) continue;
		xg(u,op);
	}
}
void dfs2(int now,int op){
	for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		rg int u=b[i].to;
		if(u==f[now] || u==son[now]) continue;
		dfs2(u,0);
	}
	if(son[now]){
		dfs2(son[now],1);
		orz=son[now];
	}
	xg(now,1);
	orz=0;
	tmp=mans;
	nans[now]=mans;
	for(rg int i=h[now];i!=-1;i=b[i].nxt){
		rg int u=b[i].to;
		if(u==f[now]) continue;
		tmp-=nans[u];
	}
	ans+=1LL*tmp*x[now];
	if(op==0){
		xg(now,-1);
		mans=0;
	}
}
int main(){
	freopen("sagittarius.in","r",stdin);
	freopen("sagittarius.out","w",stdout);
	memset(h,-1,sizeof(h));
	n=read();
	rg int aa;
	for(rg int i=2;i<=n;i++){
		aa=read();
		ad(aa,i);
		ad(i,aa);
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		rk[a[i]]=i;
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		x[i]=read();
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

两种方法相比，树上启发式合并的代码更短，常数也更小