P8882 成熟时追随原神

upd on 2024/01/29：修改一处笔误。

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很好的一道题，使我草元素充盈。

看一眼样例：似乎没有需要乘逆元的结果。

加上比赛声明：本次比赛的题目较为特别，不属传统 OI 题目的范畴。

再回顾上一道 P8881，基本确定又是诈骗题。

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定义「树形框架」等价于初始给出的那棵树。

先重新把题面理解一下：给定一个树形框架，进行若干次操作。对于每次操作，你需要查询当前框架下，进行连边操作后的连通块个数。

而根据题目描述，连边操作即为：对于每个非叶子节点 $u$，随机选取一个子结点 $v$，并在 $u$ 和 $v$ 之间连边。

显然，连边操作次数等于非叶子结点数目，并且所连边不存在自环或重边。由于连边操作次数明显小于当前结点总数，因此连通块个数即为节点总数与连边条数之差，即叶子结点数目。

于是我们发现，连通块个数的期望与连边方式没有任何关系，它等于叶子结点个数。对于每次操作，只需要维护当前树形框架的叶子结点数量即可。

设当前状态下叶子结点数量为 $klee$（注意叶子结点是度数为 $1$ 的充分不必要条件，两者并不等价）：

• Add：如果 $u$ 不是叶子结点，$klee\gets klee+1$；如果 $u$ 是叶子结点，$klee$ 不变。
• Del：如果 $u$ 的父结点在删掉 $u$ 后变为叶子结点，$klee\gets klee-1$；否则 $klee$ 不变。
• Upd：如果原来的根度数为 $1$，那么操作后就会变成叶子结点，$klee\gets klee+1$；如果新的根原来是叶子结点，$klee\gets klee-1$。

用 set 代替 vector 进行存图，可以在 $n\log n$ 级别的复杂度内解决。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN=2e5+10,P=998244353;

int n,root=1,klee,m;
set<int>T[MAXN*2];

bool check(int u)
{
    if((u==root&&T[u].empty())||(u!=root&&T[u].size()==1))return true;
    else return false;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int fa;
        cin>>fa;
        T[i].insert(fa);
        T[fa].insert(i);
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(T[i].size()==1)klee++;
    }
    cout<<klee<<'\n';
    cin>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        string op;
        int u;
        cin>>op>>u;
        if(op=="Add")
        {
            if(!check(u))klee++;
            T[u].insert(n+i);
            T[n+i].insert(u);
        }
        if(op=="Del")
        {
            T[*T[u].begin()].erase(u);
            if(!check(*T[u].begin()))klee--;
        }
        if(op=="Upd")
        {
            if(T[u].size()==1&&T[root].size()!=1)klee--;
            if(T[u].size()!=1&&T[root].size()==1)klee++;
            root=u;
        }
        cout<<klee<<'\n';
    }
    return 0;
}