2021牛客暑期多校训练营7

时间:2021-08-09
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F xay loves trees

还是第一次做到这种两棵树(两个图)的题目,自然是不可能在两棵树上同时搞得,因为两棵树结构都不同....

题目要求选的点在第一棵树上必须是连续的链状,在第二棵树上任何两个点都不能是祖宗,祖先的关系,换句话说在第二棵树上,任何一个点都不能是另一个点的子树中的点。

既然第一棵树上的要求比较严苛,我们可以考虑在第一棵树上进行操作,将第二棵树上的要求当做第一棵树上的限制条件。

因为在第一棵树上必须是链,这很符合我们的dfs的要求,我们将树上的链转化成序列上的问题思考怎么解决,对于这种区间最长的问题,我们很容易想到尺取法,我们可以找一下每个右端点最小的左端点,发现当右指针递增时,左指针也一定递增。譬如当右指针为r时,左指针为l,则当右指针为r+1时,左指针左边的一定不用再考虑了,因为r已经在区间内了,而r和l左边的有冲突,所以左指针也一定递增。这就保证了我们的复杂度是O(n)的。我们把它放到树上,也就是说在dfs的时候维护一个左右指针就行,那怎么判断当前的序列合不合法?由于在第二棵树上,任何一个点都不能是另一个点的子树中的点,所以我们可以每次选择一个节点后都将这个节点及其字数都染色,之后判断一个点是否可进入我们的序列中时,我们只需要判断它的子树中是否有值即可。若有值则之前选的点中一定有它的祖先或儿子。这用dfs序加线段树就行。

//不等,不问,不犹豫,不回头.
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 0
#define ls p<<1
#define db double
#define rs p<<1|1
#define P 1000000007
#define ll long long
#define INF 1000000000
#define get(x) x=read()
#define PLI pair<ll,int>
#define PII pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;++x)
#define fep(x,y,z) for(int x=y;x>=z;--x)
#define go(x) for(RE int i=link[x],y=a[i].y;i;y=a[i=a[i].next].y)
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int dfn[N],Size[N],num,b[N],ans,n;
vector<int>v1[N],v2[N];
struct Tree
{
    int l,r,tag,dat;
    #define l(x) t[x].l
    #define r(x) t[x].r
    #define tag(x) t[x].tag
    #define dat(x) t[x].dat
}t[N<<2];

inline int read()
{
    int x=0,ff=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') ff=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*ff;
}

inline void init()
{
    get(n);
    rep(i,1,n) v1[i].clear(),v2[i].clear();
    rep(i,1,n-1)
    {
        int get(x),get(y);
        v1[x].push_back(y);
        v1[y].push_back(x);
    } 
    rep(i,1,n-1)
    {
        int get(x),get(y);
        v2[x].push_back(y);
        v2[y].push_back(x);
    }
}

inline void dfs(int x,int father)
{
    dfn[x]=++num;Size[x]=1;
    for(auto y:v2[x])
    {
        if(y==father) continue;
        dfs(y,x);
        Size[x]+=Size[y];
    }
}
inline void build(int p,int l,int r)
{
    l(p)=l;r(p)=r;
    if(l==r) {dat(p)=tag(p)=0;return;}
    int mid=l+r>>1;
    build(ls,l,mid);
    build(rs,mid+1,r);
    dat(p)=tag(p)=0;
}

inline void push(int p)
{
    if(tag(p))
    {
        dat(ls)+=tag(p);
        dat(rs)+=tag(p);
        tag(ls)+=tag(p);
        tag(rs)+=tag(p);
        tag(p)=0; 
    }
}

inline int ask(int p,int l,int r)
{
    if(l<=l(p)&&r>=r(p)) return dat(p);
    push(p);
    int mid=l(p)+r(p)>>1;
    int ans=-INF;
    if(l<=mid) ans=max(ans,ask(ls,l,r));
    if(r>mid) ans=max(ans,ask(rs,l,r));
    return ans;
}

inline void alter(int p,int l,int r,int k)
{
    if(l<=l(p)&&r>=r(p))
    {
        dat(p)+=k;
        tag(p)+=k;
        return;
    }
    push(p);
    int mid=l(p)+r(p)>>1;
    if(l<=mid) alter(ls,l,r,k);
    if(r>mid) alter(rs,l,r,k);
    dat(p)=max(dat(ls),dat(rs));
}

inline void dfs(int x,int father,int l,int r)
{
    ans=max(ans,r-l+1);
    for(auto y:v1[x])
    {
        if(y==father) continue;
        int L=l,R=r;//记录加入y之后的指针. 
        while(ask(1,dfn[y],dfn[y]+Size[y]-1))
        {
            alter(1,dfn[b[L]],dfn[b[L]]+Size[b[L]]-1,-1);
            L++;
        }
        alter(1,dfn[y],dfn[y]+Size[y]-1,1);
        b[++R]=y;
        dfs(y,x,L,R);
        rep(i,l,L-1) alter(1,dfn[b[i]],dfn[b[i]]+Size[b[i]]-1,1);
        alter(1,dfn[y],dfn[y]+Size[y]-1,-1);
    }
} 

int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    int get(T);
    while(T--)
    {
        init();
        num=0;dfs(1,0);
        build(1,1,n);
        ans=0;b[1]=1;
        alter(1,dfn[1],dfn[1]+Size[1]-1,1);
        dfs(1,0,1,1);
        put(ans);
    }
    return (0^_^0);
}
//以吾之血,铸吾最后的亡魂.
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原文地址:https://www.cnblogs.com/gcfer/p/15117802.html