CF 150E Freezing with Style [长链剖分，线段树]

\(sol:\)

给一种大常数 \(n \log^2 n\) 的做法

考虑二分，由于是中位数，我们就二分这个中位数，\(x>=mid\)则设为 \(1\)，否则为 \(-1\) 所以我们只需要找到一条 \(sum >= 0\) 的路径，这样就有解了，易证。

长链剖分，让长链变成连续的一段区间 \([dfn_u,dfn_u+len_u-1]\)，线段树的每个点是对于当前的 \(u\)

然后考虑到对于每个 \(u\) 只需要找到长度在 \([L,R]\) 的边，且经过 \(u\)，很显然是从 \(u\) 的子树里面找，显然你只需要算出来先前每层的\(\max\)存在线段树上面，表示 \(dep_v\) 的一堆点，到 \(u\) 的最大路径，然后用 \(dfs\)+线段树，从下到上更新，每次把 \(\max\) 更新到长链相对的线段树区间 \([dfn_u,dfn_u+len_u-1]\) 上面。

考虑到更新答案什么的，直接暴力更新长链上的信息（复杂度证明在下面）
即枚举一个长度 \(j\)，然后你另一条边的长度区间是限定的，于是你可以线段树区间查询，所以每次查询的复杂度都是 \(\log n\)

每次查询完之后更新相同深度的答案，这样就可以保证不会重复了，复杂度仍然是优美的一个 \(\log\)。

复杂度分析

考虑到它的 \(dfs\) 是枚举非儿子点的最深深度，而你非儿子点的一定是某个长链的 \(top\)，那么你保证了只会遍历一个点一遍，于是就可以证明这个复杂度是 \(O(n)\) 的，但是由于你必须要用一个线段树来维护，所以单次的复杂度就到达了 \(O(n \log n)\)，外边还需要一个二分，复杂度是 \(O(n \log^2 n)\)

#include <cstdio>
#include <algorithm>

int read() {
  int x = 0;
  char c = getchar();
  while (c < 48) c = getchar();
  while (c > 47) x = x * 10 + (c - 48), c = getchar();
  return x;
}

int min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
int max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }

int n, L, R;
// edge-list
const int maxn = 2e5 + 52;
struct edge {
  int v, nxt, w;
} e[maxn << 1];
int head[maxn], cnt = 0, val[maxn];
void add(int u, int v, int w) {
  e[++cnt] = { v, head[u], w }, head[u] = cnt;
  e[++cnt] = { u, head[v], w }, head[v] = cnt;
}

// dfs
int len[maxn], son[maxn], wt[maxn];
void dfs(int u, int fa) {
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
    int v = e[i].v;
    if (v == fa) continue;
    dfs(v, u);
    if (len[v] > len[son[u]]) {
      son[u] = v, wt[u] = e[i].w;
    }
  }
  len[u] = len[son[u]] + 1;
}

int dfn[maxn], idx = 0;
void dfs(int u) {
  dfn[u] = ++idx;
  if (son[u]) dfs(son[u]);
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
    if (!dfn[e[i].v]) dfs(e[i].v);
}
// smt
struct node {
  int mx, t;
} sum[maxn << 2];
int tag[maxn << 2];
node merge(const node& x, const node& y) { return x.mx > y.mx ? x : y; }

void clr(int l, int r, int rt) {
  tag[rt] = sum[rt].t = 0, sum[rt].mx = -n;
  if (l == r) return;
  int mid = l + r >> 1;
  clr(l, mid, rt << 1);
  clr(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
}

void pushtag(int rt, int v) { tag[rt] += v, sum[rt].mx += v; }
void pushd(int rt) {
  if (!tag[rt]) return;
  pushtag(rt << 1, tag[rt]);
  pushtag(rt << 1 | 1, tag[rt]);
  tag[rt] = 0;
}

node qry(int a, int b, int l, int r, int rt) {
  if (a <= l && r <= b) return sum[rt];
  pushd(rt);
  int mid = l + r >> 1;
  if (b <= mid) return qry(a, b, l, mid, rt << 1);
  if (a > mid) return qry(a, b, mid + 1, r, rt << 1 | 1);
  return merge(qry(a, b, l, mid, rt << 1), qry(a, b, mid + 1, r, rt << 1 | 1));
}

void change(int a, int b, int l, int r, int rt, int v) {
  if (a <= l && r <= b) {
    pushtag(rt, v);
    return;
  }
  pushd(rt);
  int mid = l + r >> 1;
  if (a <= mid) change(a, b, l, mid, rt << 1, v);
  if (b > mid) change(a, b, mid + 1, r, rt << 1 | 1, v);
  sum[rt] = merge(sum[rt << 1], sum[rt << 1 | 1]);
}

void modify(int l, int r, int rt, int x, node v) {
  if (l == r) {
    sum[rt] = merge(sum[rt], v);
    return;
  }
  pushd(rt);
  int mid = l + r >> 1;
  if (x <= mid)
    modify(l, mid, rt << 1, x, v);
  else
    modify(mid + 1, r, rt << 1 | 1, x, v);
  sum[rt] = merge(sum[rt << 1], sum[rt << 1 | 1]);
}

int flag = 0, xx = 0, yy = 0;
void dfs(int u, int fa, int mid) {
  if (flag) return;
  modify(1, n, 1, dfn[u], { 0, u });
  if (!son[u]) return;
  dfs(son[u], u, mid);
  change(dfn[u] + 1, dfn[u] + len[u] - 1, 1, n, 1, wt[u] >= mid ? 1 : -1);
  if (L < len[u]) {
    node ask = qry(dfn[u] + L, dfn[u] + min(len[u] - 1, R), 1, n, 1);
    if (ask.mx >= 0) {
      flag = 1;
      xx = u, yy = ask.t;
      return;
    }
  }
  for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
    int v = e[i].v;
    if (v == fa || v == son[u]) continue;
    dfs(v, u, mid);
    int w = e[i].w >= mid ? 1 : -1;
    for (int j = 1; j <= len[v]; j++) {
      node c = qry(dfn[v] + j - 1, dfn[v] + j - 1, 1, n, 1);
      c.mx += w;
      if (L - j >= len[u] || j > R) continue;
      node ask = qry(dfn[u] + max(0, L - j), dfn[u] + min(len[u] - 1, R - j), 1, n, 1);
      if (c.mx + ask.mx >= 0) {
        xx = c.t, yy = ask.t;
        flag = 1;
        break;
      }
    }
    for (int j = 1; j <= len[v]; j++) {
      node c = qry(dfn[v] + j - 1, dfn[v] + j - 1, 1, n, 1);
      c.mx += w, modify(1, n, 1, dfn[u] + j, c);
    }
  }
}
bool chk(int mid) {
  clr(1, n, 1);
  flag = 0, dfs(1, 0, mid);
  return flag;
}
int main() {
  // freopen("testdata.in", "r", stdin);
  n = read(), L = read(), R = read();
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    int u = read(), v = read(), w = read();
    add(u, v, w), val[i] = w;
  }
  dfs(1, 0), dfs(1), std ::sort(val + 1, val + n);
  int le = 1, ri = std ::unique(val + 1, val + n) - val - 1;
  int ansx = 0, ansy = 0;
  while (le <= ri) {
    int mid = le + ri >> 1;
    if (chk(val[mid])) {
      le = mid + 1;
      ansx = xx, ansy = yy;
    } else
      ri = mid - 1;
  }
  printf("%d %d\n", ansx, ansy);
  return 0;
}

标签：长链,Style,return,剖分,int,复杂度,mid,len,dfn
来源： https://www.cnblogs.com/Isaunoya/p/12335059.html