#考试时间分配：
\(T1\) \(1h30min\)
\(T2\) \(1h30min\)
\(T3\) \(0min\)
#考试分数：
\(T1\) \(100pts\)
\(T2\) \(96pts\)
\(T3\) \(0pts\)
#考试总结：
输出文件名打错，错误比较严重，就算程序打得再好，文件名错了，照样零分，和没打一个样。感谢老师改了过来。时间分配较为合理，脑子今天比较活，多上厕所或许可以使脑子思路更清晰。#思路：
T1
题目名称叫做线段树，但是这个题不一定是用线段树去做。
如果用线段树去做，每一次操作都是单点的，所以还不如不用。
看题目提供的操作有两个单点操作，一个区间操作(全部修改)，这样的复杂度最坏的情况是O(nq)，很不理想。
我们需要优化，可以优化的有这么几点：
1. 我们可以维护一个sum值，在改变的时候可以O(1)的输出。
2. 我们可以设一个变量flag为全局值，就是操作三的要修改为的数。再设一个flag_x为flag是第几次修改，记录下标。Tag数组可以记录第j个数在第几次变成了flag。再在该基础上修改序列值。经过优化，每一次操作都是O(1)的，所以我们的总复杂度可以降低到O(q)的复杂度，所以是可以过的。
T2
最长路，听上去与最短路类似，所以可能会用dij或者SPFA法，一开始我打了一个堆优化dij，但是该复杂度是能拿到40pts，并不太行。
然后看到保证一定有最长路，那么这又是一个有向图，所以就是有向无环图，DAG。可以使用拓扑排序+dp来求最长路。
每一次都是用入度为零的点开始推这个点所可以到达的点的最长路。状态转移方程大约是
dp[v] = max(dp[v], dp[u]+t[i].dis)u是指该边起点；v是指该边的终点，t[i].dis是指该边的长度.
然后就在转移中取一个max就做完了。
代码：
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;
}