BZOJ_1180_[CROATIAN2009]_OTOCI_(LCT)

描述

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1180

三种操作:

1.询问x,y是否连通,如果不连通,建一条边x,y

2.把x节点的权值改为t.

3.询问节点x,y路径上的权值和.

 

分析

裸的LCT.

但是...

但是!

现在才发现自己LCT改值的函数写的是错的!当我们询问x到y路径上的和值的时候,要先Access(y)(并且splay(y)),此时Splay的根是y,并且y在从最右边被splay转上来的时候所有经过的点都push_up()过了,但是在y被splay转上来之前的splay的根节点的左子树却没有push_up(),这样没有更新,就会出错.

 所以在更改x节点的权值之前一定要把x给splay一下!

等下去把之前的博文里的错误改掉.

 

 

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 const int maxn=30000+5;
 5 int n,m;
 6 struct node{
 7     node* ch[2],* pa;
 8     int v,s; bool rev;
 9     node(int v,node* x):v(v),s(v){ ch[0]=ch[1]=pa=x; }
10     bool d(){ return pa->ch[1]==this; }
11     bool c(){ return pa->ch[0]==this||pa->ch[1]==this; }
12     void setc(node* x,bool d){ ch[d]=x; x->pa=this; }
13     void push_up(){ s=ch[0]->s+ch[1]->s+v; }
14     void push_down(){
15         if(rev){
16             ch[0]->rev^=true;
17             ch[1]->rev^=true;
18             swap(ch[0],ch[1]);
19             rev=false;
20         }
21     }
22 }* null,* t[maxn];
23 void rot(node* x){
24     node* pa=x->pa; bool d=x->d();
25     pa->push_down(); x->push_down();
26     if(pa->c()) pa->pa->setc(x,pa->d());
27     else x->pa=pa->pa;
28     pa->setc(x->ch[!d],d);
29     x->setc(pa,!d);
30     pa->push_up();
31 }
32 void fix(node* x){
33     if(x->c()) fix(x->pa);
34     x->push_down();
35 }
36 void splay(node* x){
37     fix(x);
38     while(x->c())
39         if(!x->pa->c()) rot(x);
40         else x->d()==x->pa->d()?(rot(x->pa),rot(x)):(rot(x),rot(x));
41     x->push_up();
42 }
43 void access(node* x){
44     node *t=x;
45     for(node* y=null; x!=null; y=x, x=x->pa){
46         splay(x);
47         x->ch[1]=y;
48     }
49     splay(t);
50 }
51 node*  find_root(node* x){
52     access(x);
53     while(x->ch[0]!=null) x=x->ch[0];
54     return x;
55 }
56 void make_root(node* x){
57     access(x);
58     x->rev^=true;
59 }
60 void link(node* x,node* y){
61     if(find_root(x)==find_root(y)){
62         puts("no");
63         return;
64     }
65     puts("yes");
66     make_root(x);
67     x->pa=y;
68 }
69 void query(node* x,node* y){
70     if(find_root(x)!=find_root(y)){
71         puts("impossible");
72         return;
73     }
74     make_root(x);
75     access(y);
76     printf("%d\n",y->s);
77 }
78 void change(node* x,int y){
79     x->v=y;
80     x->push_up();
81 }
82 int main(){
83     null=new node(0,NULL);
84     scanf("%d",&n);
85     for(int i=1;i<=n;i++){
86         int x; scanf("%d",&x);
87         t[i]=new node(x,null);
88     }
89     scanf("%d",&m);
90     for(int i=1;i<=m;i++){
91         char c[10]; int x,y;
92         scanf("%s%d%d",c,&x,&y);
93         if(c[0]=='b') link(t[x],t[y]);
94         else if(c[0]=='p') change(t[x],y);
95         else query(t[x],t[y]);
96     }
97     return 0;
98 }
View Code

 

 

1180: [CROATIAN2009]OTOCI

Time Limit: 50 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 848  Solved: 529
[Submit][Status][Discuss]

Description

给 出n个结点以及每个点初始时对应的权值wi。起始时点与点之间没有连边。有3类操作： 1、bridge A B：询问结点A与结点B是否连通。如果是则输出“no”。否则输出“yes”，并且在结点A和结点B之间连一条无向边。 2、penguins A X：将结点A对应的权值wA修改为X。 3、excursion A B：如果结点A和结点B不连通，则输出“impossible”。否则输出结点A到结点B的路径上的点对应的权值的和。给出q个操作，要求在线处理所有操 作。数据范围：1<=n<=30000, 1<=q<=300000, 0<=wi<=1000。

Input

第 一行包含一个整数n(1<=n<=30000)，表示节点的数目。第二行包含n个整数，第i个整数表示第i个节点初始时对应的权值。第三行包 含一个整数q(1<=n<=300000)，表示操作的数目。以下q行，每行包含一个操作，操作的类别见题目描述。任意时刻每个节点对应的权 值都是1到1000的整数。

Output

输出所有bridge操作和excursion操作对应的输出，每个一行。

Sample Input

5
4 2 4 5 6
10
excursion 1 1
excursion 1 2
bridge 1 2
excursion 1 2
bridge 3 4
bridge 3 5
excursion 4 5
bridge 1 3
excursion 2 4
excursion 2 5

Sample Output

4
impossible
yes
6
yes
yes
15
yes
15
16

HINT

Source

 

posted @ 2016-05-30 15:33  晴歌。  阅读(110)  评论(0)  编辑  收藏  举报