SDOI2017 樹點塗色

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三操作是到根的路徑哦，不要以為是到子樹根的路徑。

一定要仔細觀察題目中的修改有沒有什麼特殊性質：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

我感到了一種神秘的熟悉感，這個東西不是 \(\tt lct\) 的那個 \(\tt access\) 操作嗎？也就是我們把虛邊看成連邊的兩個點之間顏色不同，實邊看成顏色相同，那麼乙個點到根的路徑權值就是虛邊數量\(+1\)

所以我們在 \(\tt access\) 的時候要考慮虛實邊變化帶來的權值影響，其實每次就是修改乙個子樹的權值，有 \(dfn\) 序加線段樹維護即可。具體的寫法中我們要尋找這條邊在原樹上代表的邊對應的點，直接一直往左兒子下邊找即可。

\(\tt lct\) 中乙個點轉到根後，它的祖先要麼在拉上去的虛邊上面，要麼在自己左兒子方向。注意 \(\tt lct\) 上的邊並不是原樹的結構（虛邊指向指向該 \(splay\) 中中序遍歷最靠前的點在原樹中的父親），但是深度關係往往能幫上忙。

這一部分可以看一下魔改之後的 \(\tt access\) **：

void access(int x)
if(y)//這個點又要變實了
ch[x][1]=y;
}}

但是有人說直接找左兒子好像時間複雜度是錯的，但是由於我不會 \(\tt lct\) 的時間複雜度分析所以我也不知道，據說更好的寫法是 \(\tt splay\) 裡面就維護深度最小的點。

現在看第乙個詢問操作，其實問的就是 \((x,y)\) 路徑之間的虛邊數量，直接差分就可以了，設 \(dis[i]\) 等於虛邊數量加\(1\)，一開始的值就是深度，那麼答案是 \(dis[x]+dis[y]-2\cdot dis[lca]+1\)，第二個詢問操作就是子樹內最大值，沒什麼好說的。

時間複雜度 \(o(n\log^2 n)\)

#include #include using namespace std;
const int m = 100005;
int read()
while(c>='0' && c<='9') 
return x*f;
}int n,m,tot,f[m],ch[m][2],par[m],fa[m][20];
int ind,dep[m],dfn[m],dfo[m],mx[4*m],tag[4*m];
struct edge
}e[2*m];
//預處理部分
void dfs(int u,int p)
dfo[u]=ind;
}int lca(int u,int v)
//線段樹部分
void down(int i)
void upd(int i,int l,int r,int l,int r,int f)
int mid=(l+r)>>1;
down(i);
upd(i<<1,l,mid,l,r,f);
upd(i<<1|1,mid+1,r,l,r,f);
mx[i]=max(mx[i<<1],mx[i<<1|1]);
}int ask(int i,int l,int r,int l,int r)
//lct部分
int nrt(int x)
int chk(int x)
void rotate(int x)
void splay(int x)
rotate(x);	}}
int find(int x)//找到最左兒子 
void access(int x)
if(y)
ch[x][1]=y;	}}
signed main()
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
upd(1,1,n,dfn[i],dfn[i],dep[i]);//初始化
while(m--)
if(op==3)
printf("%d\n",ask(1,1,n,dfn[x],dfo[x]));
}}

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