本文主要是介绍CCF-CSP真题《202309-5 阻击》思路+ c++满分题解，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
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| 试题编号： | 202309-5 | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
| 试题名称： | 阻击 | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
| 时间限制： | 2.0s | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
| 内存限制： | 512.0MB | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
| 问题描述： | 问题描述上回提到，西西艾弗岛下方有一个庞大的遗迹群，栖息着一种名为“阴阳龙”的神兽。然而隔壁的狄迪吉岛盯上了西西艾弗岛，决定发动一场战争，试图从遗迹群中掠夺有价值的宝物。由此，西西艾弗岛不得不陷入一场漫长的阻击战中，史称“阴阳龙阻击战”。 狄迪吉岛拥有胜过西西艾弗岛的科技实力和武装水平，西西艾弗岛很快发现形势不妙：全歼敌军似乎是不可能的，唯一的策略是凭借主场作战的优势和人海战术，尽可能给敌军带来损失，当敌军发现发动进攻的损失明显超过收益时，就会无趣而归。 具体而言，西西艾弗岛共有 n 座城市，有 n−1 条道路连接这些城市，使得所有城市之间均可以通过道路互相到达。容易发现，任意两座城市之间都有唯一一条不经过重复城市的路径。 由于缺乏城市巷战的实力，西西艾弗岛决定将防御重心放在道路上。在每条道路上均派遣了一定的军队防守，当敌军经过时对其发动阻击。虽然由于实力的差距，并不能阻止敌军通过道路，但仍然可以对敌军造成一定的损失。 然而，敌军具有更强的科技，可以趁机对道路附近的遗迹进行探索，并掠夺其中的宝物——这也正是敌军发动战争的意义所在。如此，敌军通过一条道路时，“发掘宝物的收益”w 和“受到阻击的损失”b 两个值是独立的。 西西艾弗岛事先在狄迪吉岛中安插了一系列间谍，得到的情报消息如下：敌军将选择西西艾弗岛的两座城市作为进攻的“起点”和“终点”，并派遣军队在进攻起点城市登陆，沿两座城市间唯一的路径进攻至终点城市。同时，间谍还背负着另外一个重要的使命：影响敌军对于起点和终点城市的决策，使得敌军受到的总损失尽可能大，其中“总损失”定义为敌军经过的每条道路上的“受到阻击的损失”减去“发掘宝物的收益”之和，即 总损失是路径上的每条边总损失=∑e是路径上的每条边(be−we)。 此外，遗迹中宝物的价值与所处的环境属性密切相关，而阴阳龙的“现身”会使得环境的阴阳属性发生变化，这会使得敌军通过现身位置处的某一条道路时“发掘宝物的收益”w 发生变化。 这样的“阴阳龙现身”事件共会发生 m 次，你的任务就是帮助间谍计算出在所有事件前及每次事件后，敌军对于起点和终点城市的决策应当怎样改变，以最大化敌军的总损失。 输入格式从标准输入读入数据。 第 1 行，两个非负整数 n,m，分别表示西西艾弗岛的城市数和“阴阳龙现身”事件数。 接下来 n−1 行，每行 4 个非负整数 ui,vi,wi,bi，表示第 i 条道路连接城市 ui 和 vi，敌军在这条道路上“发掘宝物的收益”为 wi，“受到阻击的损失”为 bi。 接下来 m 行，每行 2 个非负整数 xi,yi，表示一次“阴阳龙现身”事件，使得第 xi 条道路的“发掘宝物的收益”变为 yi。 输出格式输出到标准输出中。 输出 m+1 行，每行一个非负整数，分别表示在所有事件前及每次事件后，对敌军造成的最大总损失。 样例输入
样例输出
样例说明在最初，由于敌人攻打每一条道路都会有正收益，因此间谍最好的策略就是将进攻起点和终点选为同一座城市，这样敌军的总损失为 0。 第 1 次事件后，间谍可以将进攻起点和终点分别选在城市 3 和 4，这样敌军的总损失为 3−2=1。 第 2 次事件后，间谍可以将进攻起点和终点分别选在城市 4 和 5，这样敌军的总损失为 (3−2)+(5−3)=3。 第 3 次事件后，间谍可以将进攻起点和终点分别选在城市 1 和 5，这样敌军的总损失为 (4−1)+(1−2)+(5−3)=4。 评测用例规模与约定对于所有测试数据保证：2≤n≤105,0≤m≤105,1≤ui,vi≤n,1≤xi≤n−1,0≤wi,bi,yi≤109。
特殊性质 A：ui=i,vi=i+1。 特殊性质 B：0≤wi,yi≤10^8≤bi。 特殊性质 C：保证任意两座城市均可在经过不超过 100 条道路的前提下互相到达。 |
真题来源：阻击
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c++满分题解：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;const int N = 1e5 + 8;class segment{#define lson root << 1#define rson root << 1 | 1LL ans[N << 2];LL lsum[N << 2];LL rsum[N << 2];LL sum[N << 2];public:void popup(int root){ans[root] = max({ans[lson], ans[rson], rsum[lson] + lsum[rson]});lsum[root] = max(lsum[lson], sum[lson] + lsum[rson]);rsum[root] = max(rsum[rson], sum[rson] + rsum[lson]);sum[root] = sum[lson] + sum[rson];}void build(int root, int l, int r, vector<int>& a){if (l == r){ans[root] = (a[l] >= 0 ? a[l] : 0);lsum[root] = (a[l] >= 0 ? a[l] : 0);rsum[root] = (a[l] >= 0 ? a[l] : 0);sum[root] = a[l];return;}int mid = (l + r) >> 1;build(lson, l, mid, a);build(rson, mid + 1, r, a);popup(root);}void update(int root, int l, int r, int pos, int val){if (l == r){ans[root] = (val >= 0 ? val : 0);lsum[root] = (val >= 0 ? val : 0);rsum[root] = (val >= 0 ? val : 0);sum[root] = val;return;}int mid = (l + r) >> 1;if (pos <= mid)update(lson, l, mid, pos, val);else update(rson, mid + 1, r, pos, val);popup(root);}LL query(int root){return ans[root];}
}seg;int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;vector<vector<int>> G(n);vector<array<int, 4>> edge;for(int i = 1; i < n; ++ i){ int u, v, w, b;cin >> u >> v >> w >> b;-- u, -- v;G[u].push_back(edge.size());G[v].push_back(edge.size());edge.push_back({u, v, w, b});}vector<LL> maxd(n, 0);LL ans = 0;function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int fa){for(auto &i : G[u]){int v = edge[i][0] ^ edge[i][1] ^ u;if (v == fa)continue;int d = edge[i][3] - edge[i][2];dfs(v, u);ans = max(ans, maxd[u] + maxd[v] + d);maxd[u] = max(maxd[u], maxd[v] + d);}};dfs(1, 1);cout << ans << '\n';if (m < 100000){for(int i = 1; i <= m; ++ i){int x, y;cin >> x >> y;-- x;edge[x][2] = y;ans = 0;fill(maxd.begin(), maxd.end(), 0);dfs(1, 1);cout << ans << '\n';}}else{int ok1 = true;for(int i = 0; i < n - 1; ++ i){ok1 &= (edge[i][0] == i && edge[i][1] == i + 1);}if (ok1){// Avector<int> a(n);for(int i = 1; i < n; ++ i){a[i] = edge[i - 1][3] - edge[i - 1][2];}seg.build(1, 1, n - 1, a);for(int i = 1; i <= m; ++ i){int x, y;cin >> x >> y;-- x;edge[x][2] = y;seg.update(1, 1, n - 1, x + 1, edge[x][3] - edge[x][2]);cout << seg.query(1) << '\n';}}else{// Cvector<set<array<LL, 2>>> anss(n), maxs(n);vector<unordered_map<int, LL>> anss_id(n), maxs_id(n);vector<int> deep(n), f(n);function<void(int, int)> dfs2 = [&](int u, int fa){f[u] = fa;int leave = true;for(auto &i : G[u]){int v = edge[i][0] ^ edge[i][1] ^ u;if (v == fa)continue; leave = false;deep[v] = deep[u] + 1;dfs2(v, u); int d = edge[i][3] - edge[i][2];LL ans_val = (*anss[v].rbegin())[0];anss[u].insert({ans_val, v});anss_id[u][v] = ans_val;LL maxs_val = (*maxs[v].rbegin())[0] + d;maxs[u].insert({maxs_val, v});maxs_id[u][v] = maxs_val;} anss[u].insert({0, -1});maxs[u].insert({0, -1});if (maxs[u].size() > 1){auto c1 = maxs[u].rbegin();auto c2 = next(c1);anss[u].insert({(*c1)[0] + (*c2)[0], -2});anss_id[u][-2] = (*c1)[0] + (*c2)[0];}};dfs2(0, -1);for(int i = 0; i < m; ++ i){int x, y;cin >> x >> y;-- x;edge[x][2] = y;int d = edge[x][3] - edge[x][2];ans = 0;int cur = (deep[edge[x][0]] < deep[edge[x][1]] ? edge[x][0] : edge[x][1]);int son = cur ^ edge[x][0] ^ edge[x][1];while(cur != -1){maxs[cur].erase({maxs_id[cur][son], son});maxs_id[cur][son] = (*maxs[son].rbegin())[0] + d;maxs[cur].insert({maxs_id[cur][son], son});anss[cur].erase({anss_id[cur][son], son});anss_id[cur][son] = (*anss[son].rbegin())[0];anss[cur].insert({anss_id[cur][son], son});anss[cur].erase({anss_id[cur][-2], -2});if (maxs[cur].size() > 1){auto c1 = maxs[cur].rbegin();auto c2 = next(c1);anss_id[cur][-2] = (*c1)[0] + (*c2)[0];anss[cur].insert({anss_id[cur][-2], -2});}son = cur;cur = f[cur];}ans = max(0ll, (*anss[0].rbegin())[0]);cout << ans << '\n';}}}return 0;
}运行结果：
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