10.11解題報告

#考試時間分配：

\(T1\) \(1h30min\)

\(T2\) \(1h30min\)

\(T3\) \(0min\)

#考試分數：

\(T1\) \(100pts\)

\(T2\) \(96pts\)

\(T3\) \(0pts\)

#考試總結：

輸出文件名打錯，錯誤比較嚴重，就算程序打得再好，文件名錯了，照樣零分，和沒打一個樣。感謝老師改了過來。時間分配較爲合理，腦子今天比較活，多上廁所或許可使腦子思路更清晰。

#思路：

T1

題目名稱叫作線段樹，可是這個題不必定是用線段樹去作。

若是用線段樹去作，每一次操做都是單點的，因此還不如不用。

看題目提供的操做有兩個單點操做，一個區間操做(所有修改)，這樣的複雜度最壞的狀況是O(nq)，很不理想。

咱們須要優化，能夠優化的有這麼幾點：
1.  咱們能夠維護一個sum值，在改變的時候能夠O(1)的輸出。
2.  咱們能夠設一個變量flag爲全局值，就是操做三的要修改成的數。再設一個flag_x爲flag是第幾回修改，記錄下標。Tag數組能夠記錄第j個數在第幾回變成了flag。再在該基礎上修改序列值。

通過優化，每一次操做都是O(1)的，因此咱們的總複雜度能夠下降到O(q)的複雜度，因此是能夠過的。

T2

最長路，聽上去與最短路相似，因此可能會用dij或者SPFA法，一開始我打了一個堆優化dij，可是該複雜度是能拿到40pts，並不太行。

而後看到保證必定有最長路，那麼這又是一個有向圖，因此就是有向無環圖，DAG。可使用拓撲排序+dp來求最長路。

每一次都是用入度爲零的點開始推這個點所能夠到達的點的最長路。狀態轉移方程大約是

dp[v] = max(dp[v], dp[u]+t[i].dis)

u是指該邊起點；v是指該邊的終點，t[i].dis是指該邊的長度.
而後就在轉移中取一個max就作完了。

代碼：

T1：

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int Max = 1e7 + 80;
const int MAXSIZE = 50000020;
int bufpos;
char buf[MAXSIZE];
int re() {
    int val = 0;
    for(; buf[bufpos] < '0' || buf[bufpos] > '9'; bufpos ++);
    for(; buf[bufpos] >= '0' && buf[bufpos] <= '9'; bufpos ++)
        val = val * 10 + buf[bufpos] - '0';
    return val;
}
void write(ll x) {
    if(x < 0) x = - x, putchar('-');
    if(x > 9) write(x / 10); putchar(x % 10 ^ 48);
}
int n, q, a[Max], flag, tag[Max], flag_x = 0;
ll sum = 0;
int main() {
    freopen("segmenttree.in", "r", stdin); freopen("segmenttree.out", "w", stdout);
    buf[fread(buf, 1, MAXSIZE, stdin)] = '\0';
  bufpos = 0;
  n = re(); q = re();
  for(int i = 1; i <= q; i ++) {
    int opt = re();
    if(opt == 1) {
            int x = re(), y = re();
            if(tag[x] == flag_x) sum -= a[x];
            else {
                tag[x] = flag_x;
                sum -= flag;
            }
            sum += y;
            a[x] = y;
        }
        else if(opt == 2) {
        int x = re(), y = re();
            if(tag[x] == flag_x) {
                a[x] += y;
            }
            else {
                a[x] = flag + y; tag[x] = flag_x;
            }
            sum += y;
        }
        else {
        int y = re();
            flag = y; flag_x = i;
            sum = y * n;
        }
        write(sum); putchar('\n');
    }
    return 0;
}

T2：

#include <cstdio>
#include <queue>
#define re register
typedef long long ll;
const int Max = 1e6 + 150;
const ll INF = 0x7ffffff;
const int MAXSIZE = 50000020;
int bufpos;
char buf[MAXSIZE];
inline ll max(ll a, ll b) { return a > b ? a : b;}
inline int read() {
    int val = 0;
    for(; buf[bufpos] < '0' || buf[bufpos] > '9'; bufpos ++);
    for(; buf[bufpos] >= '0' && buf[bufpos] <= '9'; bufpos ++)
        val = val * 10 + buf[bufpos] - '0';
    return val;
}
struct edge {
    ll to, net, dis;
}t[Max];
int n, m, head[Max], cnt, du[Max];
ll dp[Max], ans = -INF;
inline void insert(ll u, ll v, ll w) {
    t[++cnt].to = v;
    t[cnt].net = head[u];
    t[cnt].dis = w;
    head[u] = cnt;
}
std :: queue<int> q;
int main() {
    freopen("lpsa.in", "r", stdin); freopen("lpsa.out", "w", stdout);
    buf[fread(buf, 1, MAXSIZE, stdin)] = '\0';
  bufpos = 0;
  n = read(); m = read();
  for(int i = 1; i <= m; i ++){
    int u = read(), v = read(), w = read();
        insert(u, v, w); du[v] ++;
    }
    for(re int i = 1; i <= n; ++ i)
        if(du[i] == 0) q.push(i);
    int u, v;
    while(!q.empty()) {
        u = q.front(); q.pop();
        for(re int i = head[u]; i; i = t[i].net) {
            v = t[i].to;
            dp[v] = max(dp[v], dp[u] + t[i].dis);
            ans = max(ans, dp[v]);
            du[v] --;
            if(du[v] == 0) q.push(v);
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}