直接裸上動態dp即可，因為某些不知道的原因NOIP能過，別的地方不開O2都過不了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define lint long long
#define gc getchar()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
inline
 
 int inn()
{
    int x,ch;while((ch=gc)<'0'||ch>'9');
    x=ch^'0';while((ch=gc)>='0'&&ch<='9')
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');return x;
}
char Type[10];
const int N=100010;
struct edges{
    int to,pre;
}e[N<<1];int p[N],qa[N],qb[N],qx[N],qy[N],h[N],etop;
inline int add_edge
 
(int u,int v)
{
    return e[++etop].to=v,e[etop].pre=h[u],h[u]=etop;
}
namespace subtask1{
    const int N=2010;const lint INF=100000000000ll;
    int mst[N],mstx[N];lint f[N][2];
    int dfs(int x,int fa=0)
    {
        f[x][0]=0,f[x][1]=p[x];
        for(int i=h[x],y;i;i=e[i].pre)
            if((y=e[i].to)^fa)
 

            {
                dfs(y,x);
                f[x][0]+=f[y][1];
                f[x][1]+=min(f[y][0],f[y][1]);
            }
        f[x][0]=min(f[x][0],INF),
        f[x][1]=min(f[x][1],INF);
        if(mst[x]) f[x][mstx[x]^1]=INF;
        return 0;
    }
    inline int brute_force_nm(int n,int m)
    {
        rep(i,1,m)
        {
            int a=qa[i],b=qb[i],x=qx[i],y=qy[i];
            mst[a]=mst[b]=1,mstx[a]=x,mstx[b]=y;
            dfs(1);
            lint Ans=min(f[1][0],f[1][1]);
            if(Ans<INF) printf("%lld\n",Ans);
            else printf("-1\n");
            mst[a]=mst[b]=0;
        }
        return n-n+0;
    }
}
namespace subtask_std{
    const lint INF=100000000000;
    struct node{
        int ept;lint w[3][3];
        inline node operator+(const node &n)const
        {
            node ans;rep(i,0,1) rep(j,0,1) ans.w[i][j]=INF;
            if(ept) ans=n;if(n.ept) ans=*this;ans.ept=0;
            if(ept||n.ept) return ans;
            rep(i,0,1) rep(j,0,1) rep(k,0,1) rep(t,0,1)
                if(k+t>=1) ans.w[i][j]=min(ans.w[i][j],w[i][k]+n.w[t][j]);
            return ans;
        }
        inline node operator+=(const node &n)
        {	return (*this)=(*this)+n;	}
        inline lint f()const { return min(w[1][0],w[1][1]); }
        inline lint g()const { return min(w[0][0],w[0][1]); }
        inline lint ans()const { return min(f(),g()); }
    }ans;
    struct segment{
        int l,r;
        segment *ch[2];
        node v;
    }*rt;
    lint g[N],f[N],fs[N],gs[N];int tms[N],dfc;
    int in[N],out[N],top[N],bot[N],d[N],fa[N],sz[N],son[N];
    inline int push_up(segment* &rt)
    {
        return rt->v=rt->ch[0]->v+rt->ch[1]->v,0;
    }
    int build(segment* &rt,int l,int r)
    {
        rt=new segment,rt->l=l,rt->r=r;
        if(l==r)
        {
            rt->v.w[0][1]=rt->v.w[1][0]=INF,
            rt->v.w[0][0]=g[tms[l]],rt->v.w[1][1]=f[tms[l]];
            return 0;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(rt->ch[0],l,mid),build(rt->ch[1],mid+1,r);
        return push_up(rt);
    }
    int update(segment* &rt,int p,lint f,lint g)
    {
        int l=rt->l,r=rt->r,mid=(l+r)>>1;
        if(l==r)
        {
            rt->v.w[0][1]=rt->v.w[1][0]=INF,
            rt->v.w[0][0]=g,rt->v.w[1][1]=f;
            return 0;
        }
        update(rt->ch[p>mid],p,f,g);return push_up(rt);
    }
    int query(segment* &rt,int s,int t)
    {
        int l=rt->l,r=rt->r,mid=(l+r)>>1;
        if(s<=l&&r<=t) return ans+=rt->v,0;
        if(s<=mid) query(rt->ch[0],s,t);
        if(mid<t) query(rt->ch[1],s,t);
        return 0;
    }
    int fir_dfs(int x)
    {
        d[x]=d[fa[x]]+1;
        for(int i=h[x],y;i;i=e[i].pre)
            if((y=e[i].to)^fa[x])
            {
                fa[y]=x,fir_dfs(y),sz[x]+=sz[y];
                if(sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
            }
        return ++sz[x];
    }
    int sec_dfs(int x)
    {
        in[x]=++dfc,tms[dfc]=x;
        if(son[x]) top[son[x]]=top[x],sec_dfs(son[x]),bot[x]=son[x][bot];
        else bot[x]=x;
        f[x]=p[x],g[x]=0;
        for(int i=h[x],y;i;i=e[i].pre)
            if((y=e[i].to)!=fa[x]&&e[i].to!=son[x])
            {
                top[y]=y,sec_dfs(y);
                f[x]+=min(gs[y],fs[y]);
                g[x]+=fs[y];
            }
        if(son[x]) fs[x]=f[x]+min(fs[son[x]],gs[son[x]]),gs[x]=g[x]+fs[son[x]];
        else fs[x]=f[x],gs[x]=g[x];
        out[x]=dfc;return 0;
    }
    inline int qry(int x) { ans.ept=1,query(rt,in[x],in[bot[x]]);return 0; }
    int lst[N];
    inline int upd(int x,int v)
    {
        int cnt=0;
        for(int y=top[x],z=fa[y];z;y=top[z],z=fa[y])
            lst[++cnt]=y;
        for(int i=cnt,y,z;i;i--)
            y=lst[i],z=fa[y],qry(y),
            update(rt,in[z],f[z]-=ans.ans(),g[z]-=ans.f());
        if(v) update(rt,in[x],f[x],g[x]=INF);
        else update(rt,in[x],f[x]=INF,g[x]);
        for(int i=1,y,z;i<=cnt;i++)
            y=lst[i],z=fa[y],qry(y),
            update(rt,in[z],f[z]+=ans.ans(),g[z]+=ans.f());
        return 0;
    }
    lint tf[N],tg[N];
    inline int back(int x)
    {
        update(rt,in[x],f[x]=tf[x],g[x]=tg[x]);
        for(int y=top[x],z=fa[y];z;y=top[z],z=fa[y])
            update(rt,in[z],f[z]=tf[z],g[z]=tg[z]);
        return 0;
    }
    inline int acceptable_solution(int n,int m)
    {
        fir_dfs(1),top[1]=1,sec_dfs(1);
        rep(i,1,n) tf[i]=f[i],tg[i]=g[i];
        build(rt,1,n);
        rep(i,1
            
  
           

              
              
            
            
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NOIP2018 Day2 T3 保衛王國 - 動態dp - 樹剖 - 線段樹
     
  
  
  
 直接裸上動態dp即可，因為某些不知道的原因NOIP能過，別的地方不開O2都過不了。 
 #include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define lint long long
#defi 

  
 

    

    
    
luogu5024 [NOIp2018]保衛王國 (動態dp)
     
 可以直接套動態dp，但因為它詢問之間相互獨立，所以可以直接倍增記x轉移到fa[x]的矩陣 
 
   1 #include<bits/stdc++.h>
  2 #define CLR(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
  3 using namespace std;
  

  
 

    

    
    
luogu P5024 NOIP2018 保衛王國 動態dp
     
  
 
  
  
 題意 
  
  給你一個樹，每次強制選點或者強制不選，詢問最小權覆蓋 
  
 這個東西就是個動態
     
      
       
        
         d
        
        
         p
        
       
       

  
 

    

    
    
luoguP5024 保衛王國 動態dp
     
 題目大意： 
emmmmm 
 
題解： 
QAQ 
 
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

#define ll long long
#define  

  
 

    

    
    
bzoj 5210: 最大連通子塊和【動態dp+樹剖+線段樹+堆】
     
 參考：https://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/8632904.html 要開longlong的 首先看dp，設f[u]為必選u點的子樹內最大聯通塊，p[u]為不一定選u的子樹內最大聯通塊，轉移很顯然就是f[u]=max(Σf[v],0),p[u]=max(max(p[v]),f 

  
 

    

    
    
Luogu P4643 【模板】動態dp(矩陣乘法,線段樹,樹鏈剖分)
     
 題面

給定一棵 \(n\) 個點的樹，點帶點權。
有 \(m\) 次操作，每次操作給定 \(x,y\) ，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。

題解
如題所示 , 是個模板題 ...
首先考慮靜態 \(dp\) , 令 \(dp_{u, 

  
 

    

    
    
旅行[樹剖][線段樹動態開點]
     
  
 
 題目描述 
 S國有N個城市，編號從1到N。城市間用N-1條雙向道路連線，滿足從一個城市出發可以到達其它所有城市。每個城市信仰不同的宗教，如飛天麵條神教、隱形獨角獸教、絕地教都是常見的信仰。 
 為了方便，我們用不同的正整數代表各種宗教， S國的居民常常旅行。旅行時他們總會走最短路，並且為了避免麻煩 

  
 

    

    
    
poj3728The merchant樹剖+線段樹
     
 ++   swa   names   include   using   wap   eve   scanf   mes   如果直接在一條直線上，那麽就建線段樹
考慮每一個區間維護最小值和最大值和答案，就符合了合並的條件，一個log輕松做
那麽在樹上只要套一個樹剖就搞定了，多一個log也不是問題
註意考慮在 

  
 

    

    
    
POJ3417Network（LCA+樹上查分||樹剖+線段樹）
     
 兩個   +=   gpo   scan   channels   span   work   received   best   
Yixght is a manager of the company called SzqNetwork(SN). Now she‘s very worried becaus 

  
 

    

    
    
BZOJ_2157_旅遊_樹剖+線段樹
     
 void   span   有時   他還   scanf   AI   原來   pushd   每一個   BZOJ_2157_旅遊_樹剖+線段樹
Description

Ray 樂忠於旅遊，這次他來到了T 城。T 城是一個水上城市，一共有 N 個景點，有些景點之間會用一座橋連接。為了方便遊客到達 

  
 

    

    
    
bzoj 4034: [HAOI2015]樹上操作 （樹剖+線段樹  子樹操作）
     
 size   define   next   dfs   ans   n-1   兩個   center   mit   
4034: [HAOI2015]樹上操作
Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 6779  Solved: 2275[Sub 

  
 

    

    
    
LUOGU P1967 貨車運輸(最大生成樹+樹剖+線段樹)
     
 main   sed   !=   org   names   dfs   線段   char   ons   傳送門
 
解題思路
貨車所走的路徑一定是最大生成樹上的路徑，所以先跑一個最大生成樹，之後就是求一條路徑上的最小值，用樹剖+線段樹，註意圖可能不連通。將邊權下放到點權上，但x,y路徑上的lca的答案 

  
 

    

    
    
[BZOJ2325][ZJOI2011]道館之戰（樹剖+線段樹）
     
  
  
  
 Address 
 洛谷P4679 BZOJ2325 
 Solution 
 先樹剖，把樹轉成序列。然後線段樹上每個點維護 
     
      
       
        
         8
        
       
       
        8
       

  
 

    

    
    
LCT+樹剖+線段樹+dfs序--bzoj3779: 重組病毒
     
  
 
  
  
 傳送門 一道資料結構綜合神題（敲的我手都要斷了 
 首先看三個操作，每次一個新病毒會感染一條鏈，而每個點用的時間就是到根的鏈上不同病毒的數量和，查詢的時候相當於查整個子樹的時間和。 
 很重要的一個思想是，當一個新病毒感染時，就像
     
      
       
        

  
 

    

    
    
樹剖+線段樹+dfs序+LCA--bzoj3083 遙遠的國度
     
  
 
  
  
 傳送門 一道樹剖線段樹維護
     
      
       
        
         d
        
        
         f
        
        
         s
        
       
       
       

  
 

    

    
    
LCT+樹剖+線段樹--bzoj4817: [Sdoi2017]樹點塗色
     
  
 
  
  
 傳送門 和bzoj3379有異曲同工之妙 也是用樹剖+線段樹的思想維護
     
      
       
        
         d
        
        
         f
        
        
         s
        
 

  
 

    

    
    
樹剖+線段樹--bzoj3626
     
  
 
  
  
 傳送門 
 也是一道思路很好的題。 
 對於一個點
     
      
       
        
         z
        
       
       
        z
       
      
     z，和一個標號區間
     
       

  
 

    

    
    
[BZOJ5279][Usaco2018 Open]Disruption(樹剖+線段樹)
     
 
							
							
							
題目傳送門

分析

  這題我們仔細分析一下，每次斷掉一條樹邊其實就是將一棵樹分成兩部分，然後走一條邊權最短的，端點分別在兩個區域的就行了。那麼轉化一下題意，其實就是對於每一條樹邊，我們要求的就是覆蓋到這條邊的所有給出的m條邊中邊權最小的是多少。轉化完之後實 

  
 

    

    
    
BZOJ 2402 陶陶的難題II (樹剖+線段樹+凸包+二分)
     
 題目大意：略 
一定範圍內求最大值，考慮二分答案 
設現在選擇的答案是$mid$，$max \left \{ \frac{yi+qj}{xi+pj} \right \} \geq mid $ 
展開可得，$(yi-mid*xi)+(qj-mid*pj)>=0$，只要存在$i,j$使得這個式子成 

  
 

    

    
    
BZOJ 1576 [USACO]安全路經Travel (樹剖+線段樹)
     
 題目大意： 
給你一張無向圖，求1到其他節點 不經過最短路的最後一條邊 的最短路長度，保證每個節點的最短路走法唯一 
神題，$USACO$題目的思維是真的好 
先$dijkstra$出最短路樹 
對於每個節點，符合條件的走法必須滿足，不經過它和它父親之間的連邊 
顯然只能從它的某個子節點走向它，就像繞了一圈