給出一棵樹，每個點都有乙個權值。對於每個節點，求去掉該節點的子樹後，剩下所有節點的權值mex(最小的沒有出現的非負整數。)
用權值線段樹合併亂搞顯然是可行的，但細節很多且需要卡常。
我們考慮所有權值為\(i\)的節點對答案的影響。求所有節點的lca,那麼對於從lca向上到根的路徑上的節點,去掉子樹後的部分中一定沒有值\(i\).那麼值\(i\)就可能成為它們的mex。
因此按權值從小到大，每次求出權值為\(i\)的節點的lca,然後暴力往上跳,把沒有被更新過的節點的答案設為\(i\),否則已經更新過的節點答案一定比\(i\)小,可以停止。當找到第乙個沒有節點出現的權值時,這個權值可以用來更新整棵樹的mex,直接掃一遍更新答案即可。
容易發現更新答案的複雜度是\(o(n)\)的，再加上求lca,複雜度\(o(n \log n)\)
#include#include#include#include#define maxn 1000000
using namespace std;
templatevoid qread(t &x)
while(c>='0'&&c<='9')
x=x*sign;
}templatevoid qprint(t x) else if(x==0) else
}int cas,n,m;
struct edge e[maxn*2+5];
int esz=1;
int head[maxn+5];
void add_edge(int u,int v)
int a[maxn+5];
vectorpos[maxn+5];
int ans[maxn+5];
int fa[maxn+5],son[maxn+5],sz[maxn+5],top[maxn+5],deep[maxn+5];
void dfs1(int x,int f) }}
void dfs2(int x,int t) }}
int lca(int x,int y)
if(deep[x]else return y;
}void clear()
int main()
cerr<<"ok"
for(int i=1; i<=n; i++) ans[i]=-1;
for(int i=1; i<=n; i++) pos[a[i]].push_back(i);
cerr<<"ok"
dfs2(1,1);
cerr<<"ok"
int lc=0;
for(int j=0; j<(int)pos[i].size(); j++)
//除了lc子樹外,剩下的部分都沒有值i
for(int x=lc; x&&ans[x]==-1; x=fa[x]) ans[x]=i; //更新mex
} for(int i=1; i<=n; i++)
putchar('\n');
}// system("pause");}/*
16 5
5 2 1 0 3 1
1 21 3
1 43 5
2 6*/
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