洛谷P4069 [SDOI2016]游戏（李超线段树）

题面

传送门

题解

如果我们把路径拆成两段，那么这个路径加可以看成是一个一次函数

具体来说，设\(dis_u\)表示节点\(u\)到根节点的距离，那么\((x,lca)\)这条路径上每个节点的权值就会加上\(-dis_ua+dis_xa+b\)，而\((lca,y)\)这条路径上每个节点就会加上\(dis_ua+a(dis_x+2\times dis_{lca})+b\)

区间加一次函数并维护最值，就是李超线段树啦~~~~

我们把它给树剖了，那么同一条重链里\(dis\)肯定是递增的，我们就可以把插入直线变成插入线段

顺便注意我们的线段树上的节点是离散化之后的，所以在李超线段树计算的时候要用原来的\(dis\)进行计算

树剖一个\(\log\)，李超线段树两个\(\log\)，总复杂度是\(O(n\log^3n)\)

我很好奇为啥这个复杂度都能跑过去啊……

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define inf 123456789123456789ll
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R ll x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5;
struct eg{int v,nx,w;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v,R int w){e[++tot]={v,head[u],w},head[u]=tot;}
ll dis[N],bb,kk;int dfn[N],rk[N],top[N],fa[N],sz[N],son[N],dep[N];
int n,m,cnt;
void dfs1(int u){
    dep[u]=dep[fa[u]]+1,sz[u]=1;
    go(u)if(v!=fa[u]){
        fa[v]=u,dis[v]=dis[u]+e[i].w,dfs1(v),sz[u]+=sz[v];
        sz[v]>sz[son[u]]?son[u]=v:0;
    }
}
void dfs2(int u,int t){
    rk[dfn[u]=++cnt]=u,top[u]=t;
    if(!son[u])return;
    dfs2(son[u],t);
    go(u)if(!top[v])dfs2(v,v);
}
int LCA(R int u,R int v){
    while(top[u]!=top[v]){
        if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
        u=fa[top[u]];
    }
    return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
struct node{
    node *lc,*rc;ll b,k,mn,lv,rv;int flag;
    inline void ins(R ll bb,R ll kk,R ll l,R ll r){b=bb,k=kk,lv=k*l+b,rv=k*r+b,cmin(mn,lv),cmin(mn,rv),flag=1;}
    inline void upd(){cmin(mn,lc->mn),cmin(mn,rc->mn);}
    inline ll calc(R ll x){return k*x+b;}
}pool[N<<2],*rt;int num;
inline node *newnode(){return &pool[num++];}
int ql,qr;ll res,k,b;
void build(node* &p,int l,int r){
    p=newnode(),p->b=p->mn=p->lv=p->rv=inf,p->k=0;
    if(l==r)return;
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p->lc,l,mid),build(p->rc,mid+1,r);
}
void update(node *p,int l,int r,ll b,ll k){
    if(ql<=l&&qr>=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        ll dl=dis[rk[l]],dr=dis[rk[r]],dm=dis[rk[mid]];
        if(!p->flag)return p->ins(b,k,dl,dr),void();
        ll lv=dl*k+b,rv=dr*k+b;
        if(lv>=p->lv&&rv>=p->rv)return;
        if(lv<p->lv&&rv<p->rv)return p->ins(b,k,dl,dr),void();
        double x=1.0*(b-p->b)/(p->k-k);
        if(lv<=p->lv){
            if(x<=dm)update(p->lc,l,mid,b,k);
            else bb=p->b,kk=p->k,p->ins(b,k,dl,dr),update(p->rc,mid+1,r,bb,kk);
        }else{
            if(x<=dm)bb=p->b,kk=p->k,p->ins(b,k,dl,dr),update(p->lc,l,mid,bb,kk);
            else update(p->rc,mid+1,r,b,k);
        }
        p->upd();
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid)update(p->lc,l,mid,b,k);
    if(qr>mid)update(p->rc,mid+1,r,b,k);
    p->upd();
}
void query(node *p,int l,int r){
    if(ql<=l&&qr>=r)return cmin(res,p->mn),void();
    cmin(res,p->calc(dis[rk[max(l,ql)]])),
    cmin(res,p->calc(dis[rk[min(r,qr)]]));
    int mid=(l+r)>>1;
    if(ql<=mid)query(p->lc,l,mid);
    if(qr>mid)query(p->rc,mid+1,r);
}
void change(int u,int v){
    while(top[u]!=top[v]){
        ql=dfn[top[u]],qr=dfn[u],
        update(rt,1,n,b,k),
        u=fa[top[u]];
    }
    ql=dfn[v],qr=dfn[u],update(rt,1,n,b,k);
}
void ask(int u,int v){
    res=inf;
    while(top[u]!=top[v]){
        if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
        ql=dfn[top[u]],qr=dfn[u],query(rt,1,n),
        u=fa[top[u]];
    }
    if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
    ql=dfn[v],qr=dfn[u],query(rt,1,n);
    print(res);
}
int op,u,v,A,B,lca;
signed main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read(),m=read();
    for(R int i=1,u,v,w;i<n;++i)u=read(),v=read(),w=read(),add(u,v,w),add(v,u,w);
    dfs1(1),dfs2(1,1),build(rt,1,n);
    while(m--){
        op=read(),u=read(),v=read();
        if(op==2)ask(u,v);
        else{
            lca=LCA(u,v),A=read(),B=read();
            b=dis[u]*A+B,k=-A,change(u,lca);
            b=(dis[u]-(dis[lca]<<1))*A+B,k=A,change(v,lca);
        }
    }
    return Ot(),0;
}

标签：洛谷,int,top,李超,mid,SDOI2016,return,void,dis
来源： https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10622209.html