qoj #8557. Goldberg Machine 题解

原题：https://qoj.ac/problem/8557

弱化版：https://www.luogu.com.cn/problem/P7830

但是弱化版要求做到更优复杂度，但是没有修改。

本文的 参考文章

钦定树以 \(1\) 为根。钦定所有点 \(u\neq 1\) 的 \(e,t\) 循环位移成 \(e_{u,k_u-1}=fa_u\)，就是把父亲丢到最后。

首先这东西一定是有循环的。

通过一定画图观察，我们知道当一个点 \(u\) 的 \(t_u=0\) 的时候，则 \(fa_u\to u\to \cdots \to u\to fa_u\) 后 \(t\)​​ 仍然不变，于是从 \(t\) 走出的顺序就相对固定。

• 称一时刻 \(t_u=0\) 的 \(u\) 是 好点。

并且走到过一个点 \(u\) 返回父亲后，\(u\) 一定变成了 好点。

于是当遍历过所有点之后，一定是按照树的欧拉序循环走，循环节长度为 \(2(n-1)\)​​​。

把无向边拆成有向边，称最终树的欧拉序 遍历的边 为 \(\left(E_1,E_2,\cdots ,E_{2(n-1)}\right)\)​。

• 注意这里欧拉序 \(1\) 往儿子遍历的顺序就是初始 \(e_{1,t_1},e_{1,t_{1}+1},\cdots\) 的顺序。

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在这之前呢？

称 一轮 为当前从 \(1\) 出发返回 \(1\)，并且 \(t_1\) 不变（即 \(1\) 的所有儿子都遍历过了）所走过的 边序列。观察每轮的性质。

• 每轮走的序列都是 \(E\) 的子序列。
• 上一轮走的序列一定是这一轮的子序列。

相当于是逐轮做一个增广，每轮会多拉一些子节点进序列，使得它们变好。

最终所有节点变好，就增广成了 \(E\)​ 序列。

• 注：在增广成 \(E\) 后我们延续一轮的定义，即之后每轮都走了一个 \(E\)​ 序列。

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• 我们根据 轮 对这个问题进行了很好的阶段划分，接下来刻画每一轮是怎么走的。

设点 \(u\) 在第 \(f_u\) 轮首次被加入边序列（中的一个端点），按欧拉序排序后第 \(i\) 条边在第 \(g_i\)​ 轮边首次被加入边序列。

\(f_u\) 就考虑它要么在 \(f_{fa_u}\) 轮就走到了，要么在 \(fa_u\) 变好后下一轮走到。

于是就考虑令 \((u,v=fa_u)\) 的边权为初始 \(v\) 是否不能 一步走到 \(u\)，则 \(f_u\) 就是 \(u\) 的深度。

\(g\) 根据 \(f\)​ 容易求出。即 \(g(u\to v)=f(v)\)。

void D(int x,int F){fa[x]=F;for(int y:E[x]) if(y^F) D(y,x);}
void dfs(int x,int d)
{
	A[m]=x;g[m++]=f[x]=d;
	L[x].resize(k[x]),R[x].resize(k[x]);
	for(int i=0,y;i<k[x]-(x!=1);i++)
	{
		L[x][i]=m;
		dfs(y=E[x][i],d+(x!=1&&i<t[x]));
		R[x][i]=m;
		A[m]=x;g[m++]=f[y];
	}
}//求 f,g 示例代码

然后前 \(x\) 轮走过的边数就是 \(\sum\limits_{i=1}^{2n-2} \max(x-g_i+1,0)\)​。

然后每轮走的顺序就是 \(g_i\le x\) 的所有 \(i\) 拎出来，在欧拉序上的顺序。

于是根据第一个找出是第几轮，根据第二个找到是哪个即可。

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于是静态我们就很好做了，二分出轮数。然后每轮二分求出走到哪即可。

动态我们注意到修改一个点的 \(t\)，其实不改变 \(E\) 这个欧拉序！

所以原来的大部分性质得以保留。

修改 \(t_x\) 只影响对于 \(f\) 我们刻画的边权，即把若干到儿子边 \(x\to e_{x,[l,r]}\) 的 \(01\) 边权修改了一下。

然后修改的儿子是连续的，于是对子树的影响就是欧拉序的一个区间。

于是修改的影响相当于对于 \(g\) 的一个区间 \(\pm 1\)。

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现在数据结构维护。

然后区间加，维护 \(\sum \max(x-g_i+1,0)\)​，就是要维护 \(\le x\) 的 \(g_i\) 个数和 \(g_i\) 的和。

显然序列分块，区间加 \(x\)：整块打 \(+x\) 的 \(\text{tag}\)，散块暴力 \(+x\)，然后重构散块。

查询需要记一个块内 \(\le x\) 的 \(g_i\) 个数和 \(g_i\) 的和。

散块重构的时候维护一下这个值即可，做个前缀和。

注意到由于 \(f\) 相邻差不超过 \(1\)，同样也有 \(g\) 相邻差不超过 \(1\)。

于是一个块的值域跨度不超过它的块长。

「每轮走的顺序就是 \(g_i\le x\) 的所有 \(i\) 拎出来，在欧拉序上的顺序」这个东西也是好维护的。

由于这个只要一次，直接遍历所有块，看块里 \(g_i+\text{tag}_{I}\le x\) 的个数，然后找到再哪个块里。块里枚举一下即可。

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设块长 \(B\)，则修改复杂度 \(\mathcal{O}(B+\frac{n}{B})\)，第一个查询复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B}\log n)\)，第二个查询复杂度 \(\mathcal{O}(B+\frac{n}{B})\)。

平衡应该是 \(\frac{n}{B}\log n=B\Rightarrow B=\sqrt {n\log n}\)，实际 \(B=1024\) 跑飞快。

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不理解可以看代码，目前是次优&最短解。

\(\mathbf{record}\)