AT_abc406_f [ABC406F] Compare Tree Weights

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题目描述

给定一个有 $N$ 个顶点的树 $T$，顶点和边分别编号为顶点 $1$, 顶点 $2$, $\dots$, 顶点 $N$ 和边 $1$, 边 $2$, $\dots$, 边 $(N-1)$。

特别地，边 $i$ $(1\le i\le N-1)$ 连接顶点 $U_i$ 和顶点 $V_i$。

此外，每个顶点都有一个权重，最初，所有顶点的权重都为 $1$。

给定 $Q$ 个查询，请按顺序处理它们。每个查询是以下两种类型之一：

• 1 x w：将顶点 $x$ 的权重增加 $w$。
• 2 y：如果删除边 $y$，$T$ 将分裂成两个子树（连通分量）。将每个子树中包含的顶点的权重总和作为该子树的权重时，输出两个子树权重的差。

关于第二种类型的查询，可以证明，从 $T$ 中选择任意一条边并删除它时，$T$ 总是会分裂成两个子树。

另外，请注意，第二种类型的查询实际上并没有删除边。

输入格式

输入按以下格式从标准输入给出。

$N$
$U_1$ $V_1$
$U_2$ $V_2$
$⋮$
$U_{N-1}$ $V_{N-1}$
$Q$
${\mathrm{query}}_1$
${\mathrm{query}}_2$
$⋮$
${\mathrm{query}}_Q$

每个查询 ${\mathrm{query}}_i$ $(1\le i\le Q)$ 按以下任一格式给出。

$1$ $x$ $w$

$2$ $y$

输出格式

设第二种类型查询的个数为 $K$，输出 $K$ 行。第 $i$ 行 $(1\le i\le K)$ 输出第 $i$ 个第二种类型查询的答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

6
1 2
1 3
2 4
4 5
4 6
5
2 1
1 1 3
2 1
1 4 10
2 5

输出 #1

2
1
17

说明/提示

「数据范围」

• $2\le N\le 3\times 10^5$
• $1\le U_i,V_i\le N$
• $1\le Q\le 3\times 10^5$
• $1\le x\le N$
• $1\le w\le 1000$
• $1\le y\le N-1$
• 输入均为整数
• 给定的图是一棵树。
• 至少存在一个第二种类型的查询。

「样例 1 解释」

树 $T$ 的结构和顶点编号对应如下图左所示。最初，所有顶点的权重都为 $1$。

对于第 $1$ 个查询，考虑删除边 $1$。此时，树会分裂成包含顶点 $1$ 的子树和包含顶点 $2$ 的子树。包含顶点 $1$ 的子树的权重为 $2$，包含顶点 $2$ 的子树的权重为 $4$，因此输出它们的差 $2$。（下图右）

对于第 $2$ 个查询，将顶点 $1$ 的权重增加 $3$。

对于第 $3$ 个查询，考虑删除边 $1$。包含顶点 $1$ 的子树的权重为 $5$，包含顶点 $2$ 的子树的权重为 $4$，因此输出它们的差 $1$。（下图左）

对于第 $4$ 个查询，将顶点 $4$ 的权重增加 $10$。

对于第 $5$ 个查询，考虑删除边 $5$。此时，树会分裂成包含顶点 $4$ 的子树和仅包含顶点 $6$ 的子树。包含顶点 $4$ 的子树的权重为 $18$，仅包含顶点 $6$ 的子树的权重为 $1$，因此输出它们的差 $17$。（下图右）

因此，按顺序换行输出第二种类型查询的答案 $2,1,17$。

思路详解

题目分析

其实没什么好分析的，又要单点修改，还要求子树内的和，那显然是树链剖分+数据结构，在这里我采用树状数组。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m;
struct Tree_array{//树状树状int c[N];int lowbit(int x){return x&(-x);}void change(int x,int v){for(;x<=n;x+=lowbit(x))c[x]+=v;}int _sum(int x){int res=0;for(;x;x-=lowbit(x))res+=c[x];return res;}int sum(int x,int y){return _sum(y)-_sum(x-1);}
};
vector<int>e[N];
int siz[N],fa[N],son[N],dep[N];
int id[N],reid[N],top[N],tim=0,mx[N];
int w[N];
class Tree{//树链剖分
private:Tree_array tr;void dfs1(int u,int fath,int dp){//第一次深搜求出fa,siz,son,depsiz[u]=1;fa[u]=fath;dep[u]=dp;for(int v:e[u]){if(v==fath)continue;dfs1(v,u,dp+1);siz[u]+=siz[v];if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;}}void dfs2(int u,int fath,int ori){//第二次深搜求出id,reid,topid[u]=++tim;reid[tim]=u;top[u]=ori;mx[u]=id[u];if(son[u]){//从这里也可以看出一个子树内id是连续的dfs2(son[u],u,ori);mx[u]=max(mx[u],mx[son[u]]);}for(int v:e[u]){if(v==fath||v==son[u])continue;dfs2(v,u,v);mx[u]=max(mx[u],mx[v]);}}
public:void build(){//建树dfs1(1,0,1);dfs2(1,0,1);for(int i=1;i<=n;i++)tr.change(id[i],w[i]);}void add(int u,int v){tr.change(id[u],v);}//将节点u的权值加vvoid print(){for(int i=1;i<=n;i++)cout<<reid[i]<<' '<<tr.sum(i,i)<<'\n';}int query(int u){//求u的子树中的权值和int res=tr.sum(id[u],mx[u]);return res;}
}tr;
struct node{int x,y;
}a[N];
int main(){
//由于要在树上求子树和，而且要单点修改，那显然是树链剖分+数据结构，在这里我使用树状数组
//由于在一个子树中标记是连续的，所以我们开一个mx记录在这个子树中标记最大的即可ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n-1;i++){int x,y;cin>>x>>y;e[x].push_back(y);e[y].push_back(x);a[i]={x,y};}for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=1;tr.build();int q;cin>>q;for(int i=1;i<=q;i++){int op,x,y;cin>>op>>x;if(op==1){cin>>y;tr.add(x,y);}else{auto [qx,qy]=a[x];if(dep[qx]<dep[qy])swap(qx,qy);cout<<abs(tr.query(1)-tr.query(qx)*2)<<'\n';
//总和减去当前这颗数的和即为剩余的和，所以要减2次}}return 0;
}