项目管理
Time Limit: 2000/1000 MS (
Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 252 Accepted Submission(s): 88
Problem Description 我们建造了一个大项目！这个项目有n个节点，用很多边连接起来，并且这个项目是连通的！
两个节点间可能有多条边，不过一条边的两端必然是不同的节点。
每个节点都有一个能量值。
现在我们要编写一个项目管理软件，这个软件呢有两个操作：
1.给某个项目的能量值加上一个特定值。
2.询问跟一个项目相邻的项目的能量值之和。（如果有多条边就算多次，比如a和b有2条边，那么询问a的时候b的权值算2次）。
Input 第一行一个整数T(1 <= T <= 3),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 100000)和m(1 <= m <= n + 10)，分别表示点数和边数。
然后m行，每行两个数a和b，表示a和b之间有一条边。
然后一个整数Q。
然后Q行，每行第一个数cmd表示操作类型。如果cmd为0，那么接下来两个数u v表示给项目u的能量值加上v(0 <= v <= 100)。
如果cmd为1，那么接下来一个数u表示询问u相邻的项目的能量值之和。
所有点从1到n标号。
Output 对每个询问，输出一行表示答案。
Sample Input
1
3 2
1 2
1 3
6
0 1 15
0 3 4
1 1
1 3
0 2 33
1 2
Sample Output
4
15
15
思路： 如果直接暴力，原则上是要TLE的，可惜这题数据比较水~ 下面说说我的解法 每个点维护两个值，w[i]-该点的值、sum[i]-相邻节点值的和。 怎样在复杂度较小的范围内维护这两个值呢。 如果把与x相连的点分为两类，一类的度数大于它（该类不超过(2m)^(1/2)），另一类度数小于它。更新和查询时时只操作度数大于它的点，就能降低复杂度了。
一个点更新时度数大于它的相邻点是直接更新了的，查询大点时答案已经统计了，但是查询小点的时候答案这没有统计完，对于小点，这个点又为小点的大点，于是再遍历一下，将未更新的点更新维护sum数组即可。
复杂度就为 q*sqrt（m）了。 还有注意要将重边合并。
代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 100005 #define MAXN 300005 using namespace std; int n,m,ans,cnt,tot; int head[maxn],dug[maxn]; int sum[maxn],w[maxn]; struct node { int u,v,num; } edge[MAXN]; struct Node { int v,next,num,last; } g[MAXN]; void addedge(int u,int v,int num) { cnt++; g[cnt].v=v; g[cnt].num=num; g[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; } bool cmp(node xx,node yy) { if(xx.u!=yy.u) return xx.u
v) swap(u,v); edge[i].u=u; edge[i].v=v; edge[i].num=1; } sort(edge+1,edge+m+1,cmp); tot=1; for(i=2; i<=m; i++) // 合并相同边 { if(edge[i].u==edge[tot].u&&edge[i].v==edge[tot].v) edge[tot].num++; else edge[++tot]=edge[i]; } for(i=1; i<=tot; i++) // 计算度数 { dug[edge[i].u]++; dug[edge[i].v]++; } cnt=0; for(i=1; i<=tot; i++) // 点与相邻节点度数较大的点建图 { u=edge[i].u; v=edge[i].v; if(dug[v]>dug[u]) addedge(u,v,edge[i].num); else addedge(v,u,edge[i].num); } int q,op,val; scanf("%d",&q); while(q--) { scanf("%d",&op); if(op==0) { scanf("%d%d",&u,&val); w[u]+=val; for(i=head[u]; i; i=g[i].next) // 更新大点的sum值 { v=g[i].v; sum[v]+=g[i].num*val; } } else { scanf("%d",&u); ans=sum[u]; for(i=head[u]; i; i=g[i].next) // 计算未更新的大点的值 { v=g[i].v; if(g[i].last!=w[v]) { ans+=g[i].num*(w[v]-g[i].last); g[i].last=w[v]; } } sum[u]=ans; printf("%d\n",ans); } } } return 0; }