题目：传送门 思路：边权是任意填的。 包含0边（边权为0）的树链的mes值至少为1。换言之，0边为这些树链增加了1点的贡献，而1边（边权为1）必须与0边在一条链才能增加贡献，2边必须与1、0边在一条链才能增加贡献。而3、1、0构成一条链的mes为2，与 0、1构成一条链的mes相同，可见 在下图3边 是对答
题目连接：重链剖分 思路： 把树剖剖分出来，然后就线段树上修改，注意每次先修改当前节点所在链的头的深度大的，然后让它为链的头的父亲即可，直道两个点，成为一条链上即可 老子搞了你这么多天，滚吧毒瘤题，hhh AC代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; //树链剖分 #defi
转载请标明出处，以下部分内容主要转自Ivanovcraft巨佬的博客，加上了一些自己的见解和自己的代码。 对于修改树上的点权值，我们可以想到用树上差分来做。 对于求两点之间路径上的点的权值和，我们可以利用倍增的思想很好的解决这个问题。 可是，当修改与查询结合起来，就不能把这两种方法简
测试地址：动态DP 做法： 本题需要用到树链剖分+线段树+矩阵乘法维护动态DP。 动态DP这个东西以前听过，但当时没有看懂，现在想来觉得是卡在矩阵乘法这个地方。这里用的不是传统的矩阵乘法。 一般的DP我们肯定会做，序列上的线性动态DP（可以用线性递推式递推的DP）很容易想到用线段树+矩
树链剖分与倍增求\(LCA\) 首先我要吐槽机房的辣基供电情况，我之前写了一上午，马上就要完成的时候突然停电，然后\(GG\)成了送链剖分 其次，我没歧视\(tarjan LCA\) 1.倍增求\(LCA\) 理解较为简单的一种方法，但速度略慢 倍增是啥? 每个数字都可以拆成几个二的整数次的和，我们可以找出每个数
目录 一、关于树链剖分 二、树链剖分实现流程 二、树链剖分具体实现 1.需要表示的变量 2.储存一棵树 3.第一次遍历，处理fa，dep，size，son数组 4.第二次遍历，处理top，seg，rev数组 5.初始化线段树 6.单点修改 7.区间修改---以x为根结点的子树内节点的值都加val 8.区间修改---节点x到节点y
树链剖分 概述：通过将一棵树上的点分为轻重链，来降低复杂度，此时lca查询复杂度为\(O(logn)\)，支持在线。 前置 重儿子：一个有根树的一个点 子树最大的儿子 轻儿子：其它的儿子 重链：由重儿子连接成的链 轻链：其它的所有链 下图是一棵剖好的树 图片来自于[知识点]树链剖分 树剖 树剖本体其
我终于码了树链剖分，别人半年前学会的东西我终于入门辣！！！ 先放全代码： 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #define MAXN 30010 6 using namespace std; 7 const int INF=(1<<30); 8 struct rr{ 9 int nt,
浅谈DFS序 本篇随笔简要讲解一下信息学奥林匹克竞赛中有关树的DFS序的相关内容。 DFS序的概念 先来上张图： 树的DFS序，简单来讲就是对树从根开始进行深搜，按搜到的时间顺序把所有节点打上时间戳。 就比如上面这棵树，它的一个DFS序就是： 1 2 8 8 5 5 2 7 7 4 3 9 9 3 6 6 4 1 注意两点：
题目描述 Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器，你可以通过一行命令安装某一个软件包，然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包，同时自动解决所有的依赖（即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包），完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-ge
题目传送门 https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2325 题解 可以参考线段树动态维护最大子段和的做法。 对于线段树上每个节点 \(o\)，维护 \(ls_{0/1}, rs_{0/1}, s_{0/1, 0/1}\) 分别表示从最左边的上面/下面的格子进入最多走的方块数量，从最右边的上面/下面的格子进入最
本人水平有限，题解不到为处，请多多谅解 本蒟蒻谢谢大家观看 题目：传送门 树链剖分：跑两遍dfs,第一遍找重边，第二遍找重链。 重儿子：父亲节点的所有儿子中子树结点数目最多（size最大）的结点； 轻儿子：父亲节点中除了重儿子以外的儿子； 重边：父亲结点和重儿子连成的边； 轻边：父亲节点和
loj上只挂了两个无重的题，本来心想水一下，结果被SDOI2011染色那题卡了一发。尽管这题之前做过，但实现很不优美。今天WA的第一发一开始测样例就挂了，强行调试半天交上去一分没有。后来仔细想了想怎样写比较清楚（尽管看起来好像有点冗余），写好以后一路顺风一发就过。从这里也有点感悟吧。 1
因为版权原因，不放题面。 幸福 Solution 只会写 \(70\) 分的找规律代码，可以考虑每个斐波那契数对卷积的贡献，发现贡献是类似于倒斐波那契数列，就可以 \(O(n)\) 做了，有 \(70\) 分。 std 是化简一下式子，化简结果为 \[F_n = F_{n-1} + F_{n-2} + f_n\] 发现这是一个递推式，用矩阵乘法加速
大佬博客：https://www.cnblogs.com/chinhhh/p/7965433.html#firstt 题目描述 如题，已知一棵包含N个结点的树（连通且无环），每个节点上包含一个数值，需要支持以下操作： 操作1： 格式： 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z 操作2： 格式： 2 x y 表示求树从x到y结点最短路
题目传送门 传送门 想抄一个短一点ddp板子。然后照着Jode抄，莫名其妙多了90行和1.3k。 Code /** * loj * Problem#2955 * Accepted * Time: 2653ms * Memory: 25616k */#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef bool boolean;const int N = 1e5 + 5;#defi
Online Judge：Luogu-P2146 Label：树链剖分，线段树区间覆盖 题目大意 \(n\)个软件包（编号0~n-1），他们之间的依赖关系用一棵含\(n-1\)条边的树来描述。一共两种操作： install x：表示安装软件包x uninstall x：表示卸载软件包x 安装\(x\)时，必须得先安装x到根节点路径上所有的软件包；而卸载\(
树链割分即将树分割成为一段一段的线段区间，具体分割的过程就是一个dfs的过程，然后就可以将树结构划分为数组结构，从而实现树上的区间操作，即用线段树或者树状数组处理。 首先就是一些必须知道的概念： 重结点：子树结点数目最多的结点； 轻节点：父亲节点中除了重结点以外的结点； 重边：父亲
m个询问 每个询问有三个节点 求出 一个节点 使得这三个节点到该结点的距离之和最小 输出该节点和距离之和 一开始用线段树给三条边均加1 最大值的节点就是答案 但是T了 可以优化log 观察三个节点的lca可发现 如果三个lca都相同 那么就是该节点 如果两个相
题目描述 给定一棵n个点的树，树上每条边的长度都为1，第i个点的权值为a[i]。Byteasar想要走遍这整棵树，他会按照某个1到n的全排列b走n-1次，第i次他会从b[i]点走到b[i+1]点，并且这一次的步伐大小为c[i]。对于一次行走，假设起点为x，终点为y，步伐为k，那么Byteasar会从x开始，每步往前走k步
hdu5111 链接 hdu hdu挂了，我也不知道这份代码对不对，反正过了对拍了 思路 先考虑序列上如何解决。 1 3 2 5 4 1 2 4 5 3 这个序列变成 1 2 3 4 5 1 3 5 5 2 是对答案没有影响的(显然)。 然后查询操作\(l,r,L,R\)就是， 一段连续的区间\([L,R]\)内包含几个值在\([l,r]\)的数字个数. 主
传送门 练一下树剖的板子，运用一下时间倒流和下放边权的思想。 题中所谓“关键航线”其实就是桥。 删边操作桥不好维护，但如果是加边，每加一条边，两点作为端点的这条路径就都不再是桥----->考虑时间倒流。 从后往前，每删除一条边，现在就是加边，该路径上所有边都不是桥（打上标记）。 可以先求
一、轻重边剖分的过程 使用两次dfs来实现。剖分过程中要计算如下7个值： father[x]:x在树中的父亲 size[x]:x的子树结点数(子树大小) dep[x]:x在树中的深度 son[x]:x的重儿子，即为重边 top[x]:x所在重路径的顶部结点(深度最小) seg[x]:x在线段树中的位置(下标) rev[x]:线段树中第x个
（点击这里查看原题，不保证可以进去....外网可能比较卡） Description A：一心一意 B：一个顶俩 最近QQ更新后那个成语接龙好像挺火的？但我只知道图论里一条边是一个顶俩个点的emm。 如果我给你一个n个点n-1条边的无向联通图，但是这里头有一些边是脆弱的。随时都面临崩坏的危险。 为了
最近刚好学了树链剖分，来一道LCA的模板题练练手：P3379 最近公共祖先（LCA） 题意：给一棵多叉树，m次询问，求两个节点之间的LCA。 思路：树链剖分。 #include <bits/stdc++.h> #include<cstring> #define L(x) (x<<1) #define R(x) (x<<1|1) #define fori(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++) #d
