Educational Codeforces Round 54 (Rated for Div. 2) DE

D 给出一个无向图，需要删去一些边，想知道最后能有多少个点到1的距离还是过去那么短

如果求一个最短路，然后从删边的角度看，看起来很难做，但是如果从零开始加边就会有做法，如同prim那样，先加入和1直接相连的边，这条边必定是cost最小的，因为只有这样才能保证连接的点是最短路，这也是prim的思想。

当加入一个点a后，需要将a相连的边也加入考虑，假设有1->a a->b ，由于1->a已经被我们选了，那么假装有边1->b，在进行一下第一轮的选择，如果1->b被选了，那么其实选的是a->b，这样会发现，及时最后能留许多边，我们也只会选择n-1条，一个图上虽然有很多边，但是求完单源最短路后，一定有某种方法将这些最短路用一棵树来表示。

看起来这个做法是prim的变种。。因为完全是把最短路当作树来考虑的，但是写完后想了一下。。这个做法一般被称为堆优化的dij。。。

struct node{
    L v;//�����
    L c;//��������
    L bh ;
    node(L _v=0,L _c=0,L tp=0):v(_v),c(_c),bh(tp){};
    bool operator <(const node &r)const{
        return c>r.c;
    }
};
priority_queue<node>q ;

vector<node> w[300050] ;
vector<int>ans ;
L d[300050] ;

int main () {
    L n , m , k ;
    cin >> n >> m >> k ;
    for(L i = 1 ; i <= m ; i ++ ) {
        L u , v , c ;
        cin >> u >> v >> c ;
        w[u].pb(node(v,c,i)) ;
        w[v].pb(node(u,c,i)) ;
    }
    L us = 0 ;
    memset(d , -1 , sizeof(d)) ;
    d[1] = 0;
    for(L i = 0 ; i < w[1].size() ; i ++ ) {
        q.push(w[1][i]) ;
    }
    while(!q.empty()) {
        node f = q.top() ; q.pop() ;
        if(d[f.v] != -1) continue ;
        if(us >= k) break ;
        us ++ ;
        ans.pb(f.bh) ;
        d[f.v] = f.c ;
        for(L i = 0 ; i < w[f.v].size() ; i ++ ) {
            node tp ;
            tp.v = w[f.v][i].v ;
            tp.c = f.c + w[f.v][i].c ;
            tp.bh = w[f.v][i].bh ;
            q.push(tp) ;
        }
    }
    cout << us << endl ;
    sort(ans.begin() , ans.end()) ;
    show(ans) ;
    L z = 0 ;
}

　　

E 给出一棵有根树，初始点权为0，每次操作将点v的0~d代孩子权值+x，最后输出每个点的权值

dfs序之后，每个点都可以被看作一个二维平面上的点，(dfsid，depth)，那么其实就是矩形加和，最后统一询问点权

# 有很多办法可以做，不过因为矩形范围太大 3e5，使用KDT来写，但是wa了。。寻找bug   后续 我没找出来啊。。。绝望

矩阵加和辣么经典。。于是采用线段树来写，思路是把所有的(l,r,up,dow,val)的加和拆分成(l,up,dow,val)和(r+1,up,dow,-val)，从左到右维护一个线段树即可

外国选手不流行lowbit，倒是造出了玄妙的东西，支持单点加，区间求和。

const L mn = 300050 ;
L ans[mn] ;
L ll[mn] , rr[mn] , pre[mn] , d[mn];
L tot ;

vector<L > G[mn] ;
vector<pii > Q[mn] ;


void dfs(L u,L p) {
    tot ++ ;
    if (p == -1) d[u] = 1 ;
    ll[u] = tot ;
    pre[tot] = u ;
    for(L i = 0; i < G[u].size() ; i ++ ) {
        L v = G[u][i] ;
        if(v != p) {
            d[v] = d[u] + 1 ;
            dfs(v , u) ;
        }
    }
    rr[u] = tot ;
}


L su[mn * 4] ;
L ma[mn * 4] ;
void dow(L ro,L l,L r) {
    if(l == r) return ;
    ma[ro*2] += ma[ro] ;
    ma[ro*2+1] += ma[ro] ;
    su[ro*2] += ma[ro] ;
    su[ro*2+1] += ma[ro] ;
    ma[ro] = 0 ;
}
void upda(L ro,L l,L r,L ql,L qr,L x) {
    if (ql <= l && qr >= r) {
        su[ro] += x ;
        ma[ro] += x ;
        return ;
    }
    dow(ro,l,r) ;
    L mid = (l + r) / 2 ;
    if(ql <= mid) upda(ro*2,l,mid,ql,qr,x) ;
    if(qr >= mid + 1) upda(ro*2+1,mid+1,r,ql,qr,x) ;
    su[ro] = su[ro*2] + su[ro*2+1] ;
}
L query(L ro,L l,L r,L pos) {
    if(l == r) return su[ro] ;
    L mid = (l + r) / 2 ;
    dow(ro,l,r) ;
    if(pos <= mid) return query(ro*2,l,mid,pos) ;
    else return query(ro*2+1,mid+1,r,pos) ;
}


const L T = 1 << 19 ;

L c[2*T+50] ;
void add(L x,L v) {
    x += T ;
    while(x) {
        c[x] += v;
        x /= 2 ;
    }
}
L ask(L l,L r) {
    L res = 0 ;
    l += T , r += T ;
    while(l < r) {
        if (l & 1) {
            res += c[l] ;
        }
        if (!(r & 1)) {
            res += c[r] ;
        }
        l = (l + 1) >> 1 ;
        r = (r - 1) >> 1 ;
    }
    if (l == r)
        res += c[r] ;
    return res ;
}


int main () {
    L n ; cin >> n ;
    rep(i,1,n-1) {
        L u, v ; // cin >> u >> v ;
        scanf("%lld%lld" , &u, &v) ;
        G[u].pb(v) ;
        G[v].pb(u) ;
    }
    tot = 0 ;
    dfs(1,-1) ;

    L qnum ; cin >> qnum ;
    while(qnum -- ) {
        L xi , di , vi ;
        // cin >> vi >> di >> xi ;
        scanf("%lld%lld%lld" , &vi , &di , &xi) ;
        L dep = di + d[vi] ;
        dep = min(dep , n) ;
        Q[ ll[vi] ].push_back(make_pair(dep , xi)) ;
        Q[ rr[vi] + 1 ].push_back(make_pair(dep , -xi)) ;
    }
    flc(c,0) ;
    for(L i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        for(L j = 0 ; j < Q[i].size() ; j ++ ) {
            pii p = Q[i][j] ;
            upda(1,1,n,1,p.first,p.second) ;
//            add(p.first,p.second) ;
        }
        ans[ pre[i] ] = query(1,1,n,d[ pre[i] ]) ;
//        ans[ pre[i] ] = ask(d[ pre[i] ] , n) ;
    }
    for(L i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        printf("%lld" , ans[i]) ;
        if(i == n) printf("
") ; else printf(" ") ;
    }
}

　

--- 2020.2.3 ---

因为没事干，所以看了一眼自己以前的博客，看看是否智商降低了，发现这个题有简单的做法，将有深度限制的子树加减转化成二维点跑矩阵加减其实是KDT题集里面学到的，然后陷入了数据结构的误区

将树上点的值以dfsid作为数组存储，会发现每次操作是在[l,r]区间进行一次有[depl,depr]的限制加法，可以在l点加上+, 在r点加上-的操作

从1~n扫一遍，维护一个线段树或树状数组，就行了。