这个和 bzoj 5469 几乎是同一道题,但是这里给出另一种做法. 你发现你要求的是一个树上 LIS,而序列上的 LIS 有一个特别神奇的 $O(n\log n) $ 做法. 就是维护一个单调递增的栈,如果发现新加元素大于栈顶,则直接加入,否则在序列中二分出一个大于等于该元素的最小值,然后替换掉. 这个单调栈维护的并不是 LIS,而是 LIS 中每个长度的最小结尾数值. 这个拓展到树上同理,你发现儿子之间互不影响,所以可以直接合并. 然后,再用当前节点的值去替换一个大于等于这个值的最小值. c

枚举树上的每个结点做管理者, 贪心地取其子树中薪水较低的, 算出这个结点为管理者的满意度, 更新答案. 用平衡树+启发式合并, 时间复杂度为O(N log²N) --------------------------------------------------------------------------------- #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostrea

题目类型:平衡树启发式合并 传送门:>Here< 题意:节点可以连边(不能断边),询问任意两个节点的连通性与一个连通块中排名第\(k\)的节点 解题思路 如果不需要询问排名,那么并查集即可.如果只询问排名第一,那么左偏树即可.现在要询问排名第\(k\)小,就需要用平衡树来解决 平衡树求解排名第\(k\)是轻而易举的,然而怎么合并两棵平衡树呢? 启发式合并.所谓启发式合并,就是暴力合并-- 所谓启发式合并(不仅仅是平衡树),就是比较要合并的两个结构,选择较小的那一个结构,将其中节点一个一个拆下来

首先我们对于一颗树,要选取最多的节点使得代价和不超过m,那么我们可以对于每一个节点维护一个平衡树,平衡树维护代价以及代价的和,那么我们可以在logn的时间内求出这个子树最多选取的节点数,然后对于一个节点的平衡树我们可以由他的子节点启发式合并而来,时间复杂度nlog^2n. 这道题还可以用左偏树来解决,左偏树为一种可合并堆,合并,删除,插入都在logn内完成,那么这道题的时间复杂度还可以nlogn. 反思:我写的是左偏树的,手残把value打成cost了= =,查了半天. /***********

用并查集维护联通性.对每个联通块维护一个平衡树.合并时启发式合并.比较懒,用了pb_ds. #include<cstdio> #include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp> #include<ext/pb_ds/tree_policy.hpp> using namespace std; using namespace __gnu_cxx; using namespace __gnu_pbds; tree<]; tree<int

题目: BZOJ1483 分析: (这题码了一下午,码了近250行,但是意外跑的比本校各位神仙稍快,特写博客纪念) 首先能看出一个显然的结论:颜色段数只会变少不会变多. 我们考虑用并查集维护区间,对于每个区间维护它的起点和终点.建\(n\)棵平衡树,第\(i\)棵存颜色为\(i\)的区间.把\(x\)变成\(y\)时进行启发式合并,同时对于\(x\)上的每个结点\([a,b]\),在\(y\)中找\(a-1\)和\(b+1\)所在区间.如果存在则合并,并答案减\(1\):若不存在则向\(y\)中

首先对于一个连通块中,询问我们可以直接用平衡树来求出排名,那么我们可以用并查集来维护各个块中的连通情况,对于合并两个平衡树,我们可以暴力的将size小的平衡树中的所有节点删掉,然后加入大的平衡树中,因为每个点只可能被删除插入logn次,所以时间复杂度为nlog^2n. /**************************************************************     Problem: 2733     User: BLADEVIL     Language:

题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2733 平衡树待学习.从一个博客学到了合并权值线段树的姿势:http://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/51761651 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; int read(){ ; char ch=getchar(); ') ch=getchar(); '){ x=x*

这道题很好想, 离线, 按询问的x排序从小到大, 然后用并查集维护连通性, 用平衡树维护连通块的山的权值, 合并就用启发式合并.时间复杂度的话, 排序是O(mlogm + qlogq), 启发式合并是O(nlog²n), 询问是O(qlogn). ------------------------------------------------------------------- #include<bits/stdc++.h>   #define rep(i, n) for(int i = 0

[BZOJ1483][HNOI2009]梦幻布丁 题面 题目描述 N个布丁摆成一行,进行M次操作.每次将某个颜色的布丁全部变成另一种颜色的,然后再询问当前一共有多少段颜色.例如颜色分别为1,2,2,1的四个布丁一共有3段颜色. 输入格式: 第一行给出N,M表示布丁的个数和好友的操作次数. 第二行N个数A1,A2...An表示第i个布丁的颜色从第三行起有M行,对于每个操作,若第一个数字是1表示要对颜色进行改变,其后的两个整数X,Y表示将所有颜色为X的变为Y,X可能等于Y. 若第一个数字为2表示要进

Description Description:自从zkysb出了可持久化并查集后……hzwer:乱写能AC,暴力踩标程KuribohG:我不路径压缩就过了!ndsf:暴力就可以轻松虐!zky:…… n个集合 m个操作操作:1 a b 合并a,b所在集合2 k 回到第k次操作之后的状态(查询算作操作)3 a b 询问a,b是否属于同一集合,是则输出1否则输出0请注意本题采用强制在线,所给的a,b,k均经过加密,加密方法为x = x xor lastans,lastans的初始值为00<n,m<

题目链接 BZOJ 洛谷 详见这. 求所有点到某个点距离和最短,即求树的重心.考虑如何动态维护. 两棵子树合并后的重心一定在两棵树的重心之间那条链上,所以在合并的时候用启发式合并,每合并一个点检查sz[]大的那棵子树的重心(记为root)最大子树的sz[]*2是否>n: 若>n,则向fa移动一次(先把合并点Splay到根).重心还一定是在sz[]大的那棵子树中,且移动次数不会超过sz[]小的子树的点数(所以总移动次数不会超过O(n)?). 复杂度 \(O(nlog^2n)\) 具体实现..想通

BZOJ 3673 BZOJ 3674(加强版) 如果每次操作最多只修改一个点的fa[],那么我们可以借助可持久化线段树来O(logn)做到.如果不考虑找fa[]的过程,时空复杂度都是O(logn). 想要这样就不能加路径压缩,否则要对路径上的点都要改,最好时空复杂度是O(log^2n),但是空间会炸. 合并集合时按秩合并,这样暴力找fa[]的复杂度为O(logn). 再加上线段树就是O(log^2n).(当然空间是O(mlogn)) 具体:可持久化线段树每个叶子节点储存其fa[x].每次按秩合

CCZ在2015年8月25日也就是初三暑假要结束的时候就已经能切这种题了%%% 学习了另一种启发式合并的方法,按秩合并,也就是按树的深度合并,实际上是和按树的大小一个道理,但是感觉(至少在这题上)更好处理一些. 然后就用可持久化线段树来维护这个可持久化数组,就能做到可持久化并查集,可持久化平衡树,可持久化之类的云云 3673不需要按秩合并,3674需要...用3674就能过俩,双倍经验双倍的幸福! #include<iostream> #include<cstdlib> #incl

题意 给定一个\(1\)为根的树,每个点有\(c,w\)两个属性,你需要从某个点\(u\)子树里选择\(k\)个点,满足选出来的点\(\sum_{i=1}^k w(i)\leq m\),最大化\(k\times c(u)\) 题解 可以启发式合并\(splay\)来做,\(\text{dfs}\)每个点,每次和儿子的\(splay\)合并,就得到了一个维护这个点子树的平衡树.再用这个点的\(w\)(题目中的领导力)乘以子树中最多选多少结点满足\(c\)(薪水)和\(\leq m\) 肯定贪心选,

标签那么长是因为做法太多了... 题目链接: (bzoj 3277) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3277 (bzoj 3473) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3473 题解: 先讲三个做法公共部分: 建出广义SAM,然后对于每个点求出它在多少字符串中出现过. 做法一 把每个字符串在广义SAM上暴力跑.每跑到一个点就暴力沿着fail树往上跳,标记跳过的点,直

2733: [HNOI2012]永无乡 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 3955  Solved: 2112[Submit][Status][Discuss] Description 永无乡包含 n 座岛,编号从 1 到 n,每座岛都有自己的独一无二的重要度,按照重要度可 以将这 n 座岛排名,名次用 1 到 n 来表示.某些岛之间由巨大的桥连接,通过桥可以从一个岛 到达另一个岛.如果从岛 a 出发经过若干座(含 0 座)桥可以到达

2733: [HNOI2012]永无乡 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB Description 永无乡包含 n 座岛,编号从 1 到 n,每座岛都有自己的独一无二的重要度,按照重要度可 以将这 n 座岛排名,名次用 1 到 n 来表示.某些岛之间由巨大的桥连接,通过桥可以从一个岛 到达另一个岛.如果从岛 a 出发经过若干座(含 0 座)桥可以到达岛 b,则称岛 a 和岛 b 是连 通的.现在有两种操作:B x y 表示在岛 x 与岛 y 之间修建一

题面:bzoj炸了,以后再补发 题解: 并查集,然后对于每个点记录它与父亲节点联通的时刻 tim ,答案显然是 u 到 v 的路径上最大的 tim 值.启发式合并,把 size 小的子树往大的上并,可以证明树高是 log N 的(我不会), 所以最后套一个LCA思想,直接向上跳着找出路径上最大的 tim 值即为答案,时间复杂度O(N log N). 代码: #include<cstdio> #include<iostream> #define max(a,b) ((a)>(b

[BZOJ 3123] [SDOI 2013]森林(可持久化线段树+启发式合并) 题面 给出一个n个节点m条边的森林,每个节点都有一个权值.有两种操作: Q x y k查询点x到点y路径上所有的权值中,第k小的权值是多少.此操作保证点x和点y连通,同时这两个节点的路径上至少有k个点. L x y在点x和点y之间连接一条边.保证完成此操作后,仍然是一片森林. 分析 用并查集维护连通性以及每个联通块的大小 用主席树维护路径上第k大,第x棵主席树维护的是节点x到根的链上权值的出现情况,类似[BZOJ2

[BZOJ 4668]冷战(并查集+启发式合并) 题面 一开始有n个点,动态加边,同时查询u,v最早什么时候联通.强制在线 分析 用并查集维护连通性,每个点x还要另外记录tim[x],表示x什么时间与父亲相连.查询u,v的时候显然可以看出,答案就是u到v路径上的点tim的最大值.所以像求lca一样暴力向上跳就可以了.然后按秩合并,树高是\(O(\log n)\)的,所以每次查询是\(O(\log n)\)的 代码 #include<iostream> #include<cstdio>