bzoj 5457 城市
题目大意
给定一棵以\(1\)为根的\(n\)个节点的有根树。
每个节点有一个民族和该民族在当前节点的人数。
有\(n\)个询问,第\(i\)个询问是求以\(i\)为根的子树内,人数最多的民族是哪个,这个民族有多少人。
如果最多的民族有多个输出编号最小的。
数据范围
\(1\le n\le 4\cdot 10^5\),\(m\le n\),\(1\le a_i\le m\),\(0\le b_i\le 1000\)。
题解
我们发现这个题满足一个性质,就是无修改、询问子树。
然后不难发现,这个题就是维护一个桶然后求编号最小的最大值,这东西显然可以合并啊。
好,无修改询问子树可合并,我们就考虑考虑\(dsu\ on\ tree\)。
想到\(dsu\ on\ tree\)这题就切掉了啊。
只需要维护一个每棵子树维护一个桶就好了。
代码
#include#define N 400010 using namespace std;int to[N<<1],head[N],nxt[N<<1],tot;int st[N],a[N],b[N],size[N],son[N],ans_num[N],ans_id[N];int mx,id;char *p1,*p2,buf[100000];#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)int rd() {int x=0; char c=nc(); while(c<48) c=nc(); while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}inline void add(int x,int y) {to[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot;}void dfs1(int p,int fa){ size[p]=1; for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa) { dfs1(to[i],p); size[p]+=size[to[i]]; if(size[to[i]]>size[son[p]]) son[p]=to[i]; }}void add(int p,int fa,int val){ st[a[p]]+=val*b[p]; if(st[a[p]]==mx&&a[p] mx) mx=st[a[p]],id=a[p]; for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa) add(to[i],p,val);}void dfs2(int p,int fa,int opt){ for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa&&to[i]!=son[p]) dfs2(to[i],p,0); if(son[p]) dfs2(son[p],p,1); for(int i=head[p];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa&&to[i]!=son[p]) add(to[i],p,1); st[a[p]]+=b[p]; if(st[a[p]]==mx&&a[p] mx) mx=st[a[p]],id=a[p]; ans_num[p]=mx,ans_id[p]=id; if(!opt) add(p,fa,-1),mx=id=0;}int main(){ int n=rd(),m=rd(); for(int i=1;i
小结
\(dsu\ on\ tree\)的题目都有点小明显。
而且我们发现,这鬼东西是不是和点分治有点小像。
其实有些点分治题是完全可以拿这东西跑的。
算是黑科技吧,还是很好用的。