SDOI2017 樹點塗色（LCT 線段樹）

給你一棵以\(1\)為根，有\(n\)個節點的樹，初始時每個節點的顏色互不相同，記一條路徑的權值為這條路徑（包括起點和終點）上所有不同的顏色個數，一共\(m\)個操作，每次支援以下\(3\)種操作之一：

把點\(x\)到根節點的路徑上所有的點染上一種沒有用過的新顏色

求\(x\)到\(y\)的路徑的權值

在以\(x\)為根的子樹中選擇乙個點，使得這個點到根節點的路徑權值最大，求最大權值

\(n \leq 10^\)， \(m \leq 10^\)

可以發現，這道題目根節點是固定的，同一種顏色一定是樹上深度從小到大連續的一段

記\(v_\)表示\(x\)到根節點的路徑權值

則第\(2\)個操作中求的權值為\(v_+v_-v_+1\)

方法一：重鏈剖分+線段樹維護\(v_\)

但是由於我最近在做\(lct\)專題，所以這邊的做法是和\(lct\)有關

方法二：\(lct\)維護樹上染色連通塊+線段樹維護\(v_\)

通過這道題，我才知道\(lct\)維護樹上染色連通塊是什麼意思其實就是直接維護，這道題加深了我對\(access\)的理解

我們可以另\(lct\)上每個\(splay\)表示一種染色連通塊，這個\(splay\)上的點顏色都相同，且與這個顏色相同的點都在這個\(splay\)上

\(access(x)\)操作就是把根節點到\(x\)這條鏈染為同一種顏色，放在乙個\(splay\)中，又由於\(lct\)操作是不會影響到這條鏈以外其他點之間的連通性的，把這條鏈提出來後，其他點該在哪個\(splay\)還是在哪個\(splay\)

然後如下，\(access\)裡面把\(x\)與\(son[x][1]\)之間的實邊斷開，再連虛邊，它會對在原樹上\(x\)在\(son[x][1]\)方向的子樹產生影響，要找的是與\(x\)相連的點，而不是\(son[x][1]\)，所以還要乙個\(find_root(son[x][1])\)找\(son[x][1]\)所在\(splay\)的根，而虛邊轉實邊也差不多

inline void access(int x)
if (u)
son[x][1] = i;
}}

由於\(lct\)的複雜度是\(\theta(log\ n)\)的，線段樹修改的時間複雜度也是\(\theta(log\ n)\)的，所以總的期望複雜度是\(\theta(nlog^ n)\)的

#includeusing namespace std;
#define re register int
const int n = 100005;
int n, m, cnt, tim, dep[n], dfn[n], lst[n], g[n], hea[n], nxt[n << 1], to[n << 1], f[n][18], maxn[n << 2], lz[n << 2], fa[n], son[n][2];
inline int read()
inline void write(int x)
int num = 0;
char sc[10];
while (x) sc[++num] = x % 10 + 48, x /= 10;
while (num) putchar(sc[num--]);
putchar('\n');
}inline void add(int x, int y)
inline void dfs(int x)
lst[x] = tim;
}inline int lca(int x, int y)
inline void bui(int id, int l, int r)
int mid = l + r >> 1;
bui(id << 1, l, mid), bui(id << 1 | 1, mid + 1, r);
maxn[id] = max(maxn[id << 1], maxn[id << 1 | 1]);
}inline void push_down(int id)
inline void modfy(int id, int l, int r, int x, int y, int z)
if (lz[id]) push_down(id);
int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) modfy(id << 1, l, mid, x, y, z);
if (y > mid) modfy(id << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, z);
maxn[id] = max(maxn[id << 1], maxn[id << 1 | 1]);
}inline int que(int id, int l, int r, int x, int y)
inline bool check(int x)
inline void rotate(int x)
inline void splay(int x)
}inline int find_root(int x)
inline void access(int x)
if (u)
son[x][1] = i;	}}
int main()
dfs(1);
bui(1, 1, n);
while (m--)
else write(que(1, 1, n, dfn[u], lst[u]) + 1);
}	return 0;
}

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