【WC2017四校联考2】看门狗 题解

题目出自philipsweng

题目大意

      一棵树有 n 个节点，根是 1。每条边有个长度。
      对于每个点 i，给出 L[i] 和 R[i]，求以点 i 为根的子树中，边数在 [ L[i], R[i] ] 内的路径的最长长度。若不存在则为-1。
      输出∑ni=123333n−iAns[i] mod 998244353
      n<=10^6， 边权<=10^9

首先的思路

      枚举点对的其中一个点，然后用数据结构找到另一个点，使得答案最大。这个数据结构可以用线段树什么的。
      然后这个就可以启发式合并。

第一种打法

      正常的启发式合并，自底向上合并。
      log^2，并且常数挺大。

第二种打法

      像树链剖分一样的那种启发式合并。
      先划分轻重链。对于每个点，先递归轻儿子，再递归重儿子，然后枚举轻儿子合并一下。若当前节点是它父亲的重儿子，则信息保留，否则信息清空。（即信息保留的原则是：轻儿子清空，重儿子保留）
      log^2，常数小。

优化

      注意答案只跟深度有关。
      所以划分轻重链时的依据应是深度（即长链剖分）。枚举轻儿子的时候，不必要枚举每一个点，而是枚举每一个深度。
      合并是 n 次的，再加上数据结构就是一个log了。

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=1e6+5;const LL mo=998244353;int n,l[maxn],r[maxn];int tot,go[maxn],next[maxn],f1[maxn];LL val[maxn];void ins(int x,int y,LL z){    go[++tot]=y;    val[tot]=z;    next[tot]=f1[x];    f1[x]=tot;}int deep[maxn],size[maxn],Hson[maxn],maxr;LL a[maxn];void dfs_size(int k,int last,LL s) //这里的size是以深度为标准的{    size[k]=deep[k]=deep[last]+1;    maxr=max(maxr,deep[k]);    a[k]=s;    for(int p=f1[k]; p; p=next[p])    {        dfs_size(go[p],k,s+val[p]);        size[k]=max(size[k],size[go[p]]);        if (size[go[p]]>size[Hson[k]]) Hson[k]=go[p];    }}LL tr[4*maxn];bool bz[4*maxn];void update(int k,int t){    if (bz[k]==0) return;    tr[t]=tr[t+1]=-1;    bz[t]=bz[t+1]=1;    bz[k]=0;}void tr_xg(int k,int l,int r,int x,LL z){    if (l==r)    {        tr[k]=max(tr[k],z);        return;    }    int t=k<<1, t1=(l+r)>>1;    update(k,t);    if (x<=t1) tr_xg(t,l,t1,x,z); else tr_xg(t+1,t1+1,r,x,z);    tr[k]=max(tr[t],tr[t+1]);}LL tr_cx(int k,int l,int r,int x,int y){    if (x>y) return -1;    if (l==x && r==y) return tr[k];    int t=k<<1, t1=(l+r)>>1;    update(k,t);    if (y<=t1) return tr_cx(t,l,t1,x,y);        else if (x>t1) return tr_cx(t+1,t1+1,r,x,y);            else return max(tr_cx(t,l,t1,x,t1), tr_cx(t+1,t1+1,r,t1+1,y));}LL ans;LL mi(LL x,LL y){    LL re=1;    for(; y; y>>=1, x=x*x%mo) if (y&1) re=re*x%mo;    return re;}LL sum,nowbh[maxn],depmax[maxn]; //为了不至于每次都清空depmax，于是用时间标记。void dfs1(int k){    depmax[deep[k]]=(nowbh[deep[k]]<sum) ?a[k] :max(depmax[deep[k]],a[k]) ;    nowbh[deep[k]]=sum;    for(int p=f1[k]; p; p=next[p]) dfs1(go[p]);}void dfs(int k){    for(int p=f1[k]; p; p=next[p]) if (go[p]!=Hson[k])    {        dfs(go[p]);        bz[1]=1;    }    if (Hson[k])    {        dfs(Hson[k]);        LL ans1=-1;        LL t=tr_cx(1,1,maxr,l[k]+deep[k],min(r[k]+deep[k],maxr));        if (t>-1) ans1=t-a[k];        tr_xg(1,1,maxr,deep[k],a[k]);        for(int p=f1[k]; p; p=next[p]) if (go[p]!=Hson[k])        {            ++sum;            dfs1(go[p]);            fo(i,deep[go[p]],size[go[p]])            {                LL t=tr_cx(1,1,maxr,max(1,l[k]+2*deep[k]-i),min(r[k]+2*deep[k]-i,maxr));                if (t>-1) ans1=max(ans1,depmax[i]+t-a[k]*2);            }            fo(i,deep[go[p]],size[go[p]]) tr_xg(1,1,maxr,i,depmax[i]);        }        ans1%=mo;        ans=(ans+mi(23333,n-k)*ans1%mo+mo)%mo;    } else    {        tr_xg(1,1,maxr,deep[k],a[k]);        ans=(ans-mi(23333,n-k)%mo+mo)%mo;    }}int main(){    scanf("%d",&n);    fo(i,1,n) scanf("%d %d",&l[i],&r[i]);    fo(i,2,n)    {        int u; LL c;        scanf("%d %lld",&u,&c);        ins(u,i,c);    }    dfs_size(1,0,0);    memset(tr,255,sizeof(tr));    memset(bz,255,sizeof(bz));    dfs(1);    printf("%lld\n",ans);}