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NOIP 模擬 6 模板

題目

題解

這道題是一道啟發式合併的題目,每次合併完重構一下線段樹就可以,不用線段樹合併。

以操做時間為下標,建立一顆線段樹,維護小球的個數與小球的顏色數,最後線段樹上二分查詢。

我們先不用考慮每個節點放小球數的限制,最後二分查詢時,找小球數 \(\leq\) 限制數的所對應的節點下標的顏色數。

在本題中,我們要用一個 \(vector\) 來儲存,通過 \(vector\) 的動態記憶體釋放來防止 \(MLE\)

而且也要注意,在本題中顏色編號可能為負數,所以我們要先將其對映到正整數範圍內,這個可以用 \(map\)

還有一個挺玄學的地方就是啟發式合併,通俗得說就是由一個小集合向一個大集合合併,這樣可以減少合併次數,從而減小複雜度。

這體現到本題上就是對於一個節點,如果其非葉節點,找到一個運算元最多的子樹,將其它子樹向這個重兒子合併。

細節挺多,且卡常的地方也很多,具體看程式碼

\(AC\kern 0.5emCODE:\)

Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    inline int read() {
        ri x=0,f=1;char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        return x*f; 
    }
}
using IO::read;//快讀
namespace nanfeng{
    #define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
    #define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    #define pb(x) push_back(x)
    #define node(c,id) (node){c,id} 
    const int N=1e5+7;
    struct edge{int v,nxt;}e[N<<1];
    struct node{int c,id;};
    int first[N],buc[N],tms[N],son[N],ans[N],ocu[N],t=1,tot,n,m,Q;
    map<int,int> col;//可能會有負數
    vector<node> ch[N];//二位陣列會mle,node 可以用pair替換
    inline void add(int u,int v) {
        e[t].v=v;
        e[t].nxt=first[u];
        first[u]=t++;
    } 
    struct Seg{//封裝
        #define ls(x) (x<<1)
        #define rs(x) (x<<1|1)
        struct Segmenttree{int sz,szc,lz;}T[N<<2];
        inline void init(int x) {
            T[1].sz=T[1].sz=0;
            T[1].lz=1;//懶標記實在初始化時用,類似與區間更新,沒用到的區間就不初始化
            for (ri i(0);i<ch[x].size();p(i)) ocu[ch[x][i].c]=0;
        }
        inline void down(int x) {
            if (!T[x].lz) return;
            int l=ls(x),r=rs(x);
            T[x].lz=T[l].sz=T[l].szc=T[r].sz=T[r].szc=0;
            T[l].lz=T[r].lz=1;
        }
        inline void up(int x) {
            int l=ls(x),r=rs(x);
            T[x].sz=T[l].sz+T[r].sz;
            T[x].szc=T[l].szc+T[r].szc;
        }
        void update(int x,int l,int r,int k,int c,int nm) {
            if (l==r) {T[x].sz+=nm;T[x].szc+=c;return;}
            down(x);
            int mid=(l+r)>>1;
            if (k<=mid) update(ls(x),l,mid,k,c,nm);
            else update(rs(x),mid+1,r,k,c,nm);
            up(x);
        }
        inline void merge(int x) {
            for (ri i(0);i<ch[x].size();p(i)) {
                node tmp=ch[x][i];
                if (!ocu[tmp.c]) {
                    update(1,1,m,tmp.id,1,1);
                    ocu[tmp.c]=tmp.id;
                } else if (ocu[tmp.c]>tmp.id) {
                    update(1,1,m,ocu[tmp.c],-1,0);
                    update(1,1,m,tmp.id,1,1);
                    ocu[tmp.c]=tmp.id;
                } else update(1,1,m,tmp.id,0,1);
            }
        }
        int query(int x,int l,int r,int k) {
            if (!k) return 0;
            if (l==r) return T[x].szc;
            int mid=(l+r)>>1;
            down(x);
            int lt=ls(x),rt=rs(x);
            if (T[lt].sz<=k) return T[lt].szc+query(rt,mid+1,r,k-T[lt].sz);//以小球數二分
            else return query(lt,l,mid,k);
        }
    }T;
    void dfs_init(int x,int fa) {
        tms[x]=ch[x].size();
        for (ri i(first[x]),v;i;i=e[i].nxt) {
            if ((v=e[i].v)==fa) continue;
            dfs_init(v,x);
            tms[x]+=tms[v];
            if (tms[v]>tms[son[x]]) son[x]=v;//這裡有一個優化,因為是啟發式合併,所以要先處理出運算元多的重兒子,由小向大合併,減少合併數
        }
    }
    void dfs(int x,int fa) {
        for (ri i(first[x]),v;i;i=e[i].nxt) {
            if ((v=e[i].v)==fa||v==son[x]) continue;
            dfs(v,x);T.init(v);//記得回溯
        }
        if (son[x]) dfs(son[x],x);//重兒子單獨搜,不用回溯
        T.merge(x);
        for (ri i(first[x]),v;i;i=e[i].nxt) {
            if ((v=e[i].v)==fa||v==son[x]) continue;
            T.merge(v);
        }
        ans[x]=T.query(1,1,m,buc[x]);//二分查詢
        if (son[x]) {
            int sx=son[x];
            for (ri i(0);i<ch[x].size();p(i)) ch[sx].pb(ch[x][i]);
            swap(ch[x],ch[sx]);//啟發式合併
            for (ri i(first[x]),v;i;i=e[i].nxt) {
                if ((v=e[i].v)==fa||v==son[x]) continue;
                for (ri i(0);i<ch[v].size();p(i)) ch[x].pb(ch[v][i]);
            }
        }
    }
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        n=read();
        for (ri i(1);i<n;p(i)) {
            int u=read(),v=read();
            add(u,v);add(v,u);
        }
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) buc[i]=read();
        m=read();
        for (ri i(1);i<=m;p(i)) {
            int x=read(),c=read();
            if (!col[c]) col[c]=p(tot),c=tot;//對映成整數範圍
            else c=col[c];
            ch[x].pb(node(c,i));
        }
        dfs_init(1,0);dfs(1,0);
        Q=read();
        for (ri i(1),x;i<=Q;p(i)) printf("%d\n",ans[x=read()]); 
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}

時間複雜度為 \(\mathcal O(nlog^2n)\)?我不太會分析,哪位大佬教我一下?