uoj
其實這題我也不知道應該怎麼確定他到底用了啥。只是想法很類似就寫上了qwq。
首先鏈的部分都告訴你要特殊處理那就沒有辦法只能特殊處理了qwq。
首先聽說有一種均攤\(log\)的\(lct\)做法。
即每次隨便\(explore\)乙個點，如果這個點未被訪問過，直接加入然後繼續。
否則在\(lct\)重鏈組成的\(splay\)上跳。
這樣子均攤複雜度是\(o(nlogn)\)，均攤的詢問次數也是\(o(nlogn)\)。
然而似乎會被卡。
另一種做法是動態維護點分樹。
假裝我們有乙個點分樹，這樣子每次詢問的時候，如果確定了乙個已知節點，那麼我們從當前節點向著那個節點的點分樹方向移動，這樣子可以證明移動次數不會超過乙個\(log\)。
然而新加入若干點之後點分治的樹可能不在平衡，導致複雜度不正確了。
那麼類似替罪羊樹的思想，如果點分樹之間的大小不滿足平衡，則拆掉重建。
#include#include#include#include#include "rts.h"
using namespace std;
#define max 300300
const double alpha=0.75;
int n,p[max],tot;
bool vis[max];
namespace chain }}
struct linee[max<<1];
int h[max],cnt=1;
inline void add(int u,int v);h[u]=cnt++;}
int fa[max],size[max];
bool del[max];
int book[max],tim;
void clear(int u,int ff)
int size,mx,rt,root;
void getroot(int u,int ff)
ret=max(ret,size-size[u]);
if(ret}void divide(int u)
}void rebuild(int u)
void update(int u)
++size[fa[u]];if(fa[u]&&alpha*size[fa[u]]update(fa[u]);if(del[u])rebuild(u);
}void find(int x)
else add(u,v),add(v,u),fa[v]=u,size[v]=1,update(v),vis[v]=true,u=v; }
}void play(int _n,int t,int datatype)
for(int i=1;i<=tot;++i)if(!vis[p[i]])find(p[i]);
}
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