洛谷傳送門

題目描述

給定一棵 $n$個點的樹，點帶點權。

有 $m$次操作，每次操作給定 $x,$

y x,y ，表示修改點 $x$的權值為 $y$。

你需要在每次操作之後求出這棵樹的最大權獨立集的權值大小。

輸入輸出格式

輸入格式：

第一行， $n,m$，分別代表點數和運算元。

第二行， $V_1$

, V 2 , . . . , V n V_1,V_2,...,V_n ，代表 $n$個點的權值。

接下來 $n-1$行， $x,y$，描述這棵樹的 $n-1$條邊。

接下來 $m$行， $x,y$，修改點 $x$的權值為 $y$。

對於每個操作輸出一行一個整數，代表這次操作後的樹上最大權獨立集。

保證答案在 $int$範圍內

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

10 10
-11 80 -99 -76 56 38 92 -51 -34 47 
2 1
3 1
4 3
5 2
6 2
7 1
8 2
9 4
10 7
9 -44
2 -17
2 98
7 -58
8 48
3 99
8 -61
9 76
9 14
10 93

輸出樣例#1：

186
186
190
145
189
288
244
320
258
304

說明

對於 $30\%$的資料， $1\le n,m\le 10$

對於 $60\%$的資料， $1\le n,m\le 1000$

對於 $100\%$的資料， $1\le n,m\le 10^5$

解題分析

noip之前瞄了一眼這個玩意， 覺得太毒瘤了就沒有細看， 然後居然考了QAQ…

如果不修改的話就是一個 $SB0/1DP$。 然而如果加上了修改一下就變得毒瘤起來。

這裡有一種很神奇的做法：將整顆樹先進行樹鏈剖分， 然後對於重鏈上的每個點， 維護其輕兒子上的資訊， 再結合重鏈向上遞推。

具體而言， 設 $dp[i][1/0]$表示 $DFS$序為 $i$節點選與不選的子樹的最優解， $g[i][1/0]$表示選與不選虛兒子的貢獻， $son[i]$表示 $i$的重兒子， 那麼就有：
$g[i][0]=\sum_{Edge(i,j),j\ne son[i]} max(dp[j][0],dp[j][1]) \\ g[i][1] =\sum_{Edge(i,j),j\ne son[i]}dp[j][0] +val[i] \\ dp[i][0]=g[i][0]+max(dp[son[i]][0],dp[son[i]][1]) \\ dp[i][1]=g[i][1]+dp[son[i][0]]$
然後我們把矩陣乘法魔改一下， 把原來的乘法換成加法， 把原來的加法換成取 $max$， 因為乘法和加法之間滿足分配率， 加法滿足交換律， 而加法和 $max$之間也滿足分配率， $max$滿足交換律， 不難發現它們的關係是等價的， 所以改編出的矩乘也是滿足結合律的。

構造出來的矩陣大概是這個樣子的：

$\left[ \begin{matrix} g[i][0] & g[i][0]\\ g[i][1] & -INF \end{matrix} \right] \times \left[ \begin{matrix} dp[son[i]][0]\\ dp[son[i]][1] \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} dp[i][0]\\ dp[i][1] \end{matrix} \right]$
然後我們發現似乎對於一個重鏈末端的點， 第二個矩陣就是單位矩陣， 所以直接維護第一個矩陣的乘積就可以得到一個非末端的點的 $dp$值。 換句話說， 對於重鏈上編號為 $i,i+1,...,j$（ $j$是末端）的一部分， $dp[i]$可以通過這個字尾連乘積得到。

所以我們就可以用線段樹維護區間矩陣乘積， 每次修改的時候單點修改到對應點的

相關推薦