雨天的尾巴

题目背景

深绘里一直很讨厌雨天。

灼热的天气穿透了前半个夏天，后来一场大雨和随之而来的洪水，浇灭了一切。

虽然深绘里家乡的小村落对洪水有着顽固的抵抗力，但也倒了几座老房子，几棵老树被连根拔起，以及田地里的粮食被弄得一片狼藉。

无奈的深绘里和村民们只好等待救济粮来维生。

不过救济粮的发放方式很特别。

题目描述

首先村落里的一共有 nnn 座房屋，并形成一个树状结构。然后救济粮分 mmm 次发放，每次选择两个房屋 (x,y)(x,~y)(x, y)，然后对于 xxx 到 yyy 的路径上(含 xxx 和 yyy)每座房子里发放一袋 zzz 类型的救济粮。

然后深绘里想知道，当所有的救济粮发放完毕后，每座房子里存放的最多的是哪种救济粮。

输入格式

输入的第一行是两个用空格隔开的正整数，分别代表房屋的个数 nnn 和救济粮发放的次数 mmm。

第 222 到第 nnn 行，每行有两个用空格隔开的整数 a,ba,~ba, b，代表存在一条连接房屋 aaa 和 bbb 的边。

第 (n+1)(n + 1)(n+1) 到第 (n+m)(n + m)(n+m) 行，每行有三个用空格隔开的整数 x,y,zx,~y,~zx, y, z，代表一次救济粮的发放是从 xxx 到 yyy 路径上的每栋房子发放了一袋 zzz 类型的救济粮。

输出格式

输出 nnn 行，每行一个整数，第 iii 行的整数代表 iii 号房屋存放最多的救济粮的种类，如果有多种救济粮都是存放最多的，输出种类编号最小的一种。

如果某座房屋没有救济粮，则输出 000。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

对于 20%20\%20% 的数据，保证 n,m≤100n, m \leq 100n,m≤100。
对于 50%50\%50% 的数据，保证 n,m≤2×103n, m \leq 2 \times 10^3n,m≤2×103。
对于 100%100\%100% 测试数据，保证 1≤n,m≤1051 \leq n, m \leq 10^51≤n,m≤105，1≤a,b,x,y≤n1 \leq a,b,x,y \leq n1≤a,b,x,y≤n，1≤z≤1051 \leq z \leq 10^51≤z≤105。

题解

对于一次操作a,b,z。我们求出a,b的lca，一个很暴力的想法是，我们开一个二维数组g[i][j]，利用树上差分，我们使g[a][z]+1,g[b][z]+1,g[lca(a,b)]-1,g[fa[lca(a,b)]]-1。最后dfs自底向上求和，此时的g[i][j]就是点i有多少个j。题目最后要我们求每个点最多的物品是什么，就是求一个序列的最大值。如果一点优化没有的话，时空复杂度是n²,时间复杂度是n²。

接下来考虑如何优化。
1.如何加速求一个序列的最大值：可以使用线段树进行维护，复杂度是nlogn。
2.如何减小空间复杂度。我们如果为1e5个点都开一个区间长度为1e5的线段树，空间肯定会爆炸，但是我们发现我们并不需要每个点都开一个完整的线段树，我们只开辟用到的节点即可，所以我们可以用动态开点的方式构建线段树，现在我们分析一下空间复杂度，我们一共有1e5*4次操作，每次操作最多开辟logn个节点≈17。故我们的节点数最多为17*4e5,大约90M左右。
3.如果使用动态开点的线段树，如何计算最后的答案：我们还是遵循最初的分析，使用dfs自底向上求和，对应到线段树就是自底向上进行合并。进行合并时，线段树两两合并最后变为一颗线段树，合并次数不会超过所有线段树的节点个数+1。故时间复杂度是nlogn。

附上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10,M = N<<1;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
int n,m;
int depth[N],f[N][17],q[N];
int fa[N],ans[N];
void bfs(){memset(depth,0x3f,sizeof depth);depth[0]=0,depth[1]=1;int hh=0,tt=0;q[tt++]=1;while(hh!=tt){int t=q[hh++];for(int i=h[t];~i;i=ne[i]){int j=e[i];if(depth[j]>depth[t]+1){fa[j]=t;depth[j]=depth[t]+1;q[tt++]=j;f[j][0]=t;for(int k=1;k<17;k++)f[j][k]=f[f[j][k-1]][k-1];}}}
}
int lca(int a,int b){if(depth[a]<depth[b])swap(a,b);for(int i=16;i>=0;i--)if(depth[f[a][i]]>=depth[b])a=f[a][i];if(a==b)return a;for(int i=16;i>=0;i--){if(f[a][i]!=f[b][i]){a=f[a][i],b=f[b][i];}}return f[a][0];
}
int tot,root[N];
struct Node{int lc,rc;int mx,pos;
}tr[N*70];
int build(){tot++;tr[tot].lc=tr[tot].rc=tr[tot].mx=0;return tot;
}
void pushup(int p){if(tr[tr[p].lc].mx>=tr[tr[p].rc].mx){tr[p].mx=tr[tr[p].lc].mx;tr[p].pos=tr[tr[p].lc].pos;}else{tr[p].mx=tr[tr[p].rc].mx;tr[p].pos=tr[tr[p].rc].pos;    }
}
void insert(int p,int l,int r,int k,int v,int rt){//if(rt==3)cout<<l<<" "<<r<<" "<<k<<endl;if(l==r){tr[p].mx+=v;tr[p].pos=l;//if(rt==3)cout<<tr[p].mx<<"@@@"<<tr[p].pos<<endl;return;}int mid=l+r>>1;if(k<=mid){if(!tr[p].lc)tr[p].lc=build();insert(tr[p].lc,l,mid,k,v,rt);}else{if(!tr[p].rc)tr[p].rc=build();insert(tr[p].rc,mid+1,r,k,v,rt);}pushup(p);//if(rt==3)cout<<tr[p].pos<<endl;
}
int merge(int p,int q,int l,int r){if(!p)return q;if(!q)return p;if(l==r){tr[p].pos=l;tr[p].mx+=tr[q].mx;return p;}int mid=l+r>>1;tr[p].lc=merge(tr[p].lc,tr[q].lc,l,mid);tr[p].rc=merge(tr[p].rc,tr[q].rc,mid+1,r);pushup(p);return p;
}
void dfs(int u){for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){int j=e[i];if(j==fa[u])continue;dfs(j);root[u]=merge(root[u],root[j],1,100000);}if(tr[root[u]].mx)ans[u]=tr[root[u]].pos;else ans[u]=0;
}
int main(){memset(h,-1,sizeof h);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<n;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b),add(b,a);}bfs();for(int i=0;i<=n;i++){root[i]=build();}while(m--){int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);int lc=lca(a,b);insert(root[a],1,100000,c,1,root[a]);insert(root[b],1,100000,c,1,root[b]);insert(root[lc],1,100000,c,-1,root[lc]);insert(root[fa[lc]],1,100000,c,-1,root[fa[lc]]);}dfs(1);for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}