11.5又是三道水题

水题（指三道题debug了接近一天），T4摆烂了

T1初中数学题

大意

∏(ai^2+bi^2)=x^2+y^2，输入正整数ai,bi,输出正整数x,y

思路

直接把答案算出来后暴力枚举肯定是不行的，所以ai和bi能对我们的答案有提示。尝试思考数学方法。当n=2时如何求解。化简

$$
原式=a1^2a2^2+a1^2b2^2+b1^2a2^2+b1^2b2^2 =(a1a2+b1b2)^2+(a1b2-b1a2)^2
$$

这样(a1^2+b1^2)(a2^2+b2^2)=x^2+y^2 可求出一组x,y。当n>=2时，把每次求出的x,y作为a1,a2递推就行了。

T2你不会的博弈论

大意

一开始他们有一个长度为的序列 n的序列满足不严格单调递增。现在异客和史尔特尔将要轮流进要轮流进行操作，每次操作可以选中一个数并将其减去一个正整数，操作完之后序列必须还要满足上述性质。由于异客获得了人民的力量，他获得了 q次修改序列的权利，具体来说，他每次可以在序列前面或后面加入一个数字（加入后保证仍然满足上述性质）。那么先手胜还是后手胜？

思路

先求差分。更改一个数之后只会改变差分数组里的两个值，且改变量的绝对值相等。这个问题就转化为阶梯博弈（Nim博弈的变式），即有n堆石子，我们可以从第i堆石子取若干个移动到第i-1堆里，第一堆的石子被取走后就不再出现在游戏中。当无石子可取（即第一堆无石子）时，失败。

结论：当奇数堆的Nim和为0时必败，大于0时必胜。

证明：

若石子都被取完，奇数堆Nim和=0

若奇数堆Nim和=0，则一次操作后，Nim和一定不为0

若奇数堆Nim和!=0，则一次操作后，可保证Nim和为0

动态维护奇数堆Nim和即可。

T3 简单的树上距离

大意

给定一棵 n个节点的边权全部为正整数的树以及q次询问，每次询问给出四个参数l1,r2,l2,r2 ，满足。对于每次询问，设点集A为所有编号在[l1,r1]内的点，B为所有编号在[l2,r2]内的点。求从点集A和B中各选一个点，能形成的最大距离。T=10,1<=n,q<=3e3

思路

树链剖分(求 LCA)。

结论：若点集A中a1,b1,两点形成最大距离，点集B中a2,b2,两点形成最大距离，则点集A,B中各选一个点形成最大距离一定是a1,b1,a2,b2以这四个数中的两个数为端点。（感性理解）。

用线段树维护一个区间[l,r]点集中的最大距离，保存这个距离的两端点，push up时最大距离的候选项有6个：x.dat;y.dat,juli(x.F,y.F),juli(x.F,y.S),juli(x.S,y.F),juli(x.S,y.S);。

我写的BUG(DE了将近一天)

建双向边，数组大小没开N<<1
树链剖分写挂了（写成了点剖分）
ask函数中，当只递归一个儿子，x,y只有一个有值时，这时merge(x,y)就会出错，可能merge出来的是没有值的。
对于每一次询问，ask(l1,r1),ask(l2,r2)，得到的答案不能merge，因为merge函数求的是整个点集的最大距离，而询问的是两个点集各选一个点形成的最大距离。

上

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fuck puts("fuck");
#define int long long
const int MAXN=1e5+10;
int _,n,q;
int tot,fa[MAXN],size[MAXN],son[MAXN],top[MAXN],dep[MAXN],dis[MAXN];
int ccf,head[MAXN],nxt[MAXN<<1],to[MAXN<<1],val[MAXN<<1];template<typename W>inline void rd(W &x){W ch=getchar(),tx=1;x=0;while(!isdigit(ch))    tx=ch=='-'?-1:tx,ch=getchar();while(isdigit(ch))  x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();x=tx*x;
}void dfs1(int x,int dad){size[x]=1;dep[x]=dep[fa[x]=dad]+1; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){int y=to[i];if(y!=dad){dis[y]=dis[x]+val[i];dep[y]=dep[x]+1;dfs1(y,x);if(size[y]>size[son[x]])son[x]=y;size[x]+=size[y];}}
}void dfs2(int x){if(son[fa[x]]==x)top[x]=top[fa[x]];else top[x]=x;if(son[x])dfs2(son[x]);for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){int y=to[i];if(y!=fa[x]&&y!=son[x])dfs2(y);}
}inline int LCA(int x,int y){while(top[x]!=top[y]){if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);x=fa[top[x]];}if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);return y;
}//树剖LCA  inline int juli(int x,int y){return dis[x]+dis[y]-2*dis[LCA(x,y)];
}struct node{int F,S,dat;};class Seg_Tre{private:node a[MAXN<<2];int L[MAXN<<2],R[MAXN<<2];#define lid id<<1#define rid id<<1|1public:inline node merge(node x,node y){node ans;int j1,j2,j3,j4;if(x.F==0)  return y;if(y.F==0)   return x;//只有一个有值的时候merge个屁 ans=(x.dat>y.dat)?x:y;j1=juli(x.F,y.F);    j2=juli(x.F,y.S);j3=juli(x.S,y.F);    j4=juli(x.S,y.S);if(ans.dat<j1) ans={x.F,y.F,j1};if(ans.dat<j2) ans={x.F,y.S,j2};if(ans.dat<j3) ans={x.S,y.F,j3};if(ans.dat<j4) ans={x.S,y.S,j4};return ans;}void build(int id,int l,int r){L[id]=l,R[id]=r;if(l==r){a[id].F=a[id].S=l;a[id].dat=0;return;}int mid=l+r>>1;build(lid,l,mid);build(rid,mid+1,r);a[id]=merge(a[lid],a[rid]);return;}node ask(int id,int l,int r){if(l<=L[id]&&r>=R[id])return a[id];int mid=L[id]+R[id]>>1;node x=(node){0,0,0},y=(node){0,0,0};//if(l<=mid)x=ask(lid,l,r);if(r>mid)y=ask(rid,l,r);return merge(x,y);}
}tree;inline void add(int u,int v,int w){to[++ccf]=v;val[ccf]=w;nxt[ccf]=head[u];head[u]=ccf;
}inline void init(){rd(n),rd(q);int u,v,w;for(int i=1;i<n;++i){rd(u),rd(v),rd(w);add(u,v,w);add(v,u,w);}dfs1(1,0);dfs2(1);tree.build(1,1,n);
}inline void work(){int l1,r1,l2,r2;node x,y,ans;while(q--){rd(l1),rd(r1),rd(l2),rd(r2);x=tree.ask(1,l1,r1);y=tree.ask(1,l2,r2);int j1,j2,j3,j4;j1=juli(x.F,y.F);    j2=juli(x.F,y.S);j3=juli(x.S,y.F);    j4=juli(x.S,y.S);//不能merge ans={x.F,y.F,j1};if(ans.dat<j2) ans={x.F,y.S,j2};if(ans.dat<j3) ans={x.S,y.F,j3};if(ans.dat<j4) ans={x.S,y.S,j4};printf("%lld\n",ans.dat);}
}signed main(){freopen("wanted.in","r",stdin);freopen("wanted.out","w",stdout);init();work();return !~(0^_^0);
}
/*
5 6
4 2 4
2 1 3
4 3 6
2 5 1
1 2 3 4
1 1 2 3
1 1 2 5
2 3 4 5
4 4 5 5
1 2 4 5
*/

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