先考慮乙個節點怎麼樣才會被走到。
對於乙個權值為為 x
xx 的節點，它的左子樹內的節點有可能被走到僅當其權值小於 x
xx，右子樹內的節點有可能被走到僅當其權值大於 xxx。
那麼樹上每條邊相當於給這條邊以下的子樹加了乙個大於或是小於的限制，詢問乙個節點時，只要判斷這個節點的權值是否同時滿足到根路徑上所有邊的限制即可。
我們可以用樹鏈剖分加線段樹維護這個限制，單點修改很好處理，子樹翻轉相當於取反子樹內所有限制的符號，線段樹同時維護一下翻轉後的限制，打標記維護即可。時間複雜度 o(m
log2n
)o(m\log ^2 n)
o(mlog2n
)。
#include
#define n 100010
#define inf 0x7fffffff
using
namespace std;
struct part
part
(int l,
int r)
}p[n<<2]
[2];
part operator
+(part a,part b)
int n,m,rt,a[n]
;int tot,ch[n][2
],from[n]
,fa[n]
,size[n]
,son[n]
,dep[n]
,top[n]
,id[n]
,rk[n]
;int ffrom[n<<2]
;bool now[n<<2]
,rev[n<<2]
;//maxn[u][0]未翻轉最大值，minn[u][0]未翻轉最小值
//maxn[u][1]翻轉後最大值，minn[u][0]翻轉後最小值
void
dfs(
int u)
}void
dfs1
(int u,
int tp)
void
calc
(int k,
int l)if(
!ffrom[k]
)else
}voidup(
int k)
void
downn
(int k)
void
down
(int k)
}void
build
(int k,
int l,
int r)
int mid=
(l+r)
>>1;
build
(k<<
1,l,mid)
;build
(k<<1|
1,mid+
1,r);up
(k);
}void
update
(int k,
int l,
int r,
int x)
int mid=
(l+r)
>>1;
if(x<=mid)
update
(k<<
1,l,mid,x)
;else
update
(k<<1|
1,mid+
1,r,x);up
(k);
}void
make_tag
(int k,
int l,
int r,
int ql,
int qr)
down
(k);
int mid=
(l+r)
>>1;
if(ql<=mid)
make_tag
(k<<
1,l,mid,ql,qr);if
(qr>mid)
make_tag
(k<<1|
1,mid+
1,r,ql,qr);up
(k);
}part query
(int k,
int l,
int r,
int ql,
int qr)
intmain()
}for
(int i=
1;i<=n;i++)}
dfs(rt)
,dfs1
(rt,rt)
;build(1
,1,n);
while
(m--)}
if(opt==2)
}if(opt==3)
if(ans.minn<=a[u]
&&a[u]
<=ans.maxn)
puts
("yes");
else
puts
("no");
}}return0;
}/*3 710 2 3
5 0 0
5 0 0
3 13 2
3 31 3 100
3 32 1
3 3*/
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好了，這樣我們就成功解決了對樹上修改查詢邊權或點的問題。下面放上 vector v maxn int size maxn dep maxn val maxn id maxn hson maxn top maxn fa maxn 定義 int edge 1,num 1 struct tree e ma...
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