\[\text
\]\(\quad\)一道很簡單的樹剖題，只有三種操作(其實是兩種)，唯一要考慮的點是如何將邊權轉化成點權，考慮到每個點都有且只有乙個父親節點(除根節點1之外)，那麼我們就可以將父親與兒子連線的邊權記錄到兒子身上，這樣 \(n-1\) 條邊就可以合理的分配到 \(n-1\) 個點上(除了根節點)，這樣就轉化成了普通的樹鏈剖分模板了(如果還不能理解就看看圖吧)。
原圖
經過轉化後的圖(將邊權轉化為點權)
注意：對於路徑\(4-2-5\)，只需訪問點 \(4\) 和點 \(5\)，對於 \(4\) 和 \(5\) 的 \(lca\) (最近公共祖先)不可取，因為 \(2\) 在原圖中對應的是邊 \(1-2\)，並不在路徑\(4-2-5\)上，所以在樹鏈剖分中當 \(x\) 和 \(y\) 在同一條鏈上時(\(dep[x])，只需詢問 \(x+1\) 到 \(y\) 的路徑。
\[\text
\]操作 \(1\)：單點修改，兩個相鄰的部落開戰，他們之間的道路不可通行。
操作 \(2\)：區間詢問，詢問兩個點之間的路徑能否通行。
操作 \(3\)：單點修改，兩個開戰的部落停戰，他們之間的道路可以通行。
\(\quad\)可以很容易發現操作 \(1\)和操作 \(3\) 其實是一種操作，只需開乙個陣列 \(u\)[\(x\)][\(2\)] 來記錄參與第\(x\)次戰爭的兩個部落，開戰將這條邊標記為 \(0\)，意為不可通行，停戰就把這條邊標記為 \(1\)，意為可以通行，用線段樹維護區間和(也可以是最小值)，當\(sum\)[\(k\)]==\(r\)-\(l\)+\(1\) 時說明這個區間內所有邊皆可通行，否則至少有\(1\)條邊不可通行。
\(\quad\)下面貼出ac**，建議反覆閱讀，深刻理解。
#include#include#include#include#include#include#define il inline
#define inf 1e18
#define next nne
#define re register int
using namespace std;
il int read() //快速讀入
const int n=3e5+5;
int n,m,next[n<<1],go[n<<1],head[n],tot,u[n][2],sum[n<<2];
int seg[n],son[n],father[n],top[n],size[n],dep[n];
il void add(int x,int y) //鏈式前向星存圖
il void dfs1(int x,int fa)
}il void dfs2(int x,int topf)
}il void build(int k,int l,int r) //建樹，每個點初始值為1
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
}il void change(int k,int l,int r,int x,int z)
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid)change(k<<1,l,mid,x,z);
else change(k<<1|1,mid+1,r,x,z);
sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
}il bool query1(int k,int l,int r,int x,int y)
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid)if(!query1(k<<1,l,mid,x,y))return 0;
if(y>mid)if(!query1(k<<1|1,mid+1,r,x,y))return 0;
return 1;
}il void change1(int x,int y)
il void change2(int x)
il bool query(int x,int y)
signed main()
else if(ch=='q')
else
}return 0;
}
\]\(\quad\)此題和cf165d beard graph很像，那題也有我的題解，歡迎支援。
\(\quad\)謝謝觀賞，寫題解不易，點個贊吧！
洛谷P3950 部落衝突 LCT
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P3950 部落衝突
此題用樹鏈剖分是大材小用了,因為它可以處理 p,q 不相鄰的情況。簡化一下題意 這都是一些樹上的操作,乍一看可以用樹剖直接搞。但是因為這裡是邊進行操作,所以我們可以以點代邊,把邊看做點。每一次查詢的時候 lca p,q 是不能算的。如果 p,q 不相鄰,我們可以加入樹剖的修改操作,但是線段樹的修改操...
P3950 部落衝突（樹鏈剖分）
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