【题解】毒瘤 OI 刷题汇总 [SCOI2015]
【题解】毒瘤 OI 刷题汇总 [SCOI2015]
由于不清楚题目顺序，就按照 \(\text{BZOJ}\) 上面的排列好了。
【Day1 T1】小凸玩矩阵
传送门：小凸玩矩阵 \(\text{[P4251]}\) \(\text{[Bzoj4443]}\)
【题目描述】
给出一个 \(n\times m\) \((1\leqslant n\leqslant m\leqslant 250)\) 的矩阵 \(a\)，现要从中选出 \(n\) 个数，且满足任意两个数都不能在同一行或同一列。求选出的 \(n\) 个数中第 \(k\) \((1\leqslant k\leqslant n)\) 大的数最下可以为多少。
【分析】
二分+最大匹配判定。
求第 \(k\) 大最小很明显可以二分，判定二分值 \(mid\) 的优劣性时可以上最大匹配。由于答案要尽量小，所以大于 \(mid\) 的数要尽量少选，小于等于 \(mid\) 的数要尽量多选，考虑使用后者作为判定依据（方便跑最大匹配）。
在每次判定中，对于 \(a_{i,j}\leqslant mid\) 的位置，\(i\) 向 \(j\) 连边，跑出的最大匹配就是 小于等于 \(mid\) 的数最多可以选出的数量。
设最终答案为 \(ans\)，如果至少可以选出 \(n-k+1\) 个（最大匹配 \(\geqslant n-k+1\)），说明 \(mid\geqslant ans\)，缩小上界，反之扩大下界。
跑最大匹配我一般都用 \(dinic\)，复杂度更优一点。但这道题用匈牙利貌似也能过。
时间复杂度：\(O(n^2\log n)\) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LD double
#define LL long long
#define Vector Point
#define Re register int
using namespace std;
const int N=505,M=63005,inf=2e9;
int n,m,l,r,K,st,ed,A[253][253];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
struct Dinic{
int o,h,t,maxflow,Q[N],dis[N],cur[N],head[N];
inline void CL(){memset(head,0,sizeof(head)),maxflow=0,o=1;}
struct QAQ{int to,next,flow;}a[M<<1];
inline void add_(Re x,Re y,Re flow){a[++o].to=y,a[o].flow=flow,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add(Re x,Re y,Re flow){add_(x,y,flow),add_(y,x,0);}
inline int bfs(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=0,cur[i]=head[i];
h=1,t=0,Q[++t]=st,dis[st]=1;
while(h<=t){
Re x=Q[h++];
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&!dis[to=a[i].to]){
dis[to]=dis[x]+1,Q[++t]=to;
if(to==ed)return 1;
}
}
return 0;
}
inline int dfs(Re x,Re flow){
if(x==ed||!flow)return flow;
Re tmp=0,to,f;
for(Re i=cur[x];i;i=a[i].next){
cur[x]=i;
if(dis[to=a[i].to]==dis[x]+1&&(f=dfs(to,min(flow-tmp,a[i].flow)))){
a[i].flow-=f,a[i^1].flow+=f,tmp+=f;
if(flow==tmp)break;
}
}
return tmp;
}
inline void dinic(Re st,Re ed){while(bfs(st,ed))maxflow+=dfs(st,inf);}
}T1;
inline int judge(Re X){
T1.CL(),st=n+m+1,ed=st+1;
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
if(A[i][j]<=X)T1.add(i,n+j,1);
for(Re i=1;i<=n;++i)T1.add(st,i,1);
for(Re i=1;i<=m;++i)T1.add(n+i,ed,1);
T1.dinic(st,ed);
return T1.maxflow>=n-K+1;
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),in(m),in(K),l=inf,r=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
in(A[i][j]),l=min(l,A[i][j]),r=max(r,A[i][j]);
while(l<r){
Re mid=l+r>>1;
if(judge(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",r);
}
【Day1 T2】国旗计划
传送门：国旗计划 \(\text{[P4155]}\) \(\text{[Bzoj4444]}\)
【题目描述】
有一个大小为 \(m\) \((m<10^9)\) 的环，环上的点编号分别为 \(1,2,3...m\)，现给出 \(n\) \((n\leqslant 2*10^5)\) 个线段（不会有互相包含的情况），您需要选出最少的线段覆盖整个环。求在必选线段 \(i\) 时所需要的最小线段个数。
【分析】
暴力倍增。
按照套路先将环复制一遍变成链。
把所有线段按照左端点排个序，对于每一个线段 \(i\)，右边与它相交的线段都可以作为接力的候选人，但由于线段不会互相包含，所以直接贪心选最右边的那一个。这个东西直接用一个指针扫过去就搞定了。
考虑对于每次询问 \(i\)，以线段 \(i\) 的左端点作为起点，然后不断地往后跳，直至区间右端点大于等于 \(i+m\) 时就结束。酱紫的暴力当然是不行的，但可以用倍增优化跳跃的过程。
时间复杂度：\(O(n\log n)\) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=2e5+3,logN=19;
int n,m,x,y,nex[N<<1],Ans[N],f[N<<1][20];
struct QAQ{int l,r,id;inline bool operator<(const QAQ &O)const{return l<O.l;};}A[N<<1];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),in(m);
for(Re i=1;i<=n;++i){
in(x),in(y);if(x>y)y+=m;
A[i]=(QAQ){x,y,i},A[i+n]=(QAQ){x+m,y+m,i};
//注意所有区间都必须复制一遍(右端点大于m的也必须加，否则洛咕第2个点会WA)
}
n<<=1,sort(A+1,A+n+1);
for(Re i=1,j=1;i<=n;++i){
while(j<n&&A[j+1].l<=A[i].r)++j;
nex[i]=j;if(i<j)f[i][0]=j;
}
for(Re j=1;j<=logN;++j)
for(Re i=1;i+(1<<j)<=n;++i)
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
for(Re i=1;i<=(n>>1);++i){
Re tmp=1,now=i;
for(Re j=logN;j>=0;--j)
if(f[now][j]&&A[f[now][j]].r<A[i].l+m)
tmp+=(1<<j),now=f[now][j];
Ans[A[i].id]=tmp+1;
}
for(Re i=1;i<=(n>>1);++i)printf("%d ",Ans[i]);
}
【Day1 T3】小凸想跑步
传送门：小凸想跑步 \(\text{[P4250]}\) \(\text{[Bzoj4445]}\)
【题目描述】
给出一个 \(n\) \((n\leqslant 10^5)\) 个点的凸包，在凸包内任选一个点 \(A\)，将 \(A\) 与凸包上的点 \(P_{i\in[1,n]}\) 连边，构成 \(n\) 个三角形。设 \(P_{n+1}=P_1\)，若对于任意的 \(i\in[2,n]\) 均满足 \(S_{\Delta AP_1P_2}\leqslant S_{\Delta AP_iP_{i+1}}\)，则称点 \(A\) 合法。求任选一个点的合法概率。
【分析】
暴力化简柿子 + 半平面交。
考虑将上面的不等式展开（注意 \(x\times y=-y\times x\)）：
设 \(A(x,y)\)，则上述式子可表示为 \(ax+by+c\leqslant 0\) 的形式，其中 \(a=(P_1-P_2-P_i+P_{i+1})_y,\) \(b=-(P_1-P_2-P_i+P_{i+1})_x,\) \(c=P_1\times P_2-P_i\times P_{i+1}\)，用半平面交把这堆不等式方程组解出来就可以得到合法区域。
具体来说，对于每个 \(i\in[2,n]\)：讨论一下 \(a,b\) 的正负性，分别选择合适的半平面向量，最后再把凸多边形的边界也加进去（要求选点只能在凸包里面），用解出的小凸包与原凸包面积求比值即为答案。
时间复杂度：\(O(n\log n)\) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LD double
#define LL long long
#define Vector Point
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3,inf=2e9;
const LD eps=1e-8;
inline int dcmp(LD a){return a<-eps?-1:(a>eps?1:0);}
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
struct Point{
LD x,y;Point(LD X=0,LD Y=0){x=X,y=Y;}
inline void in(){scanf("%lf%lf",&x,&y);}
};
inline LD Dot(Vector a,Vector b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
inline LD Cro(Vector a,Vector b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
inline Vector operator+(Vector a,Vector b){return Vector(a.x+b.x,a.y+b.y);}
inline Vector operator-(Vector a,Vector b){return Vector(a.x-b.x,a.y-b.y);}
inline Vector operator*(Vector a,LD b){return Vector(a.x*b,a.y*b);}
inline int judge(Point a,Point L,Point R){//判断AL是否在AR右边
return dcmp(Cro(L-a,R-a))>0;
}
inline Point cross(Point a,Point b,Point c,Point d){
Vector x=b-a,y=d-c,z=a-c;
return a+x*(Cro(y,z)/Cro(x,y));
}
inline LD PolyArea(Point *P,Re n){
LD ans=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)ans+=Cro(P[i],P[i<n?i+1:1]);
return ans/2.0;
}
struct Line{
Point a,b;LD k;Line(Point A=Point(0,0),Point B=Point(0,0)){a=A,b=B,k=atan2(b.y-a.y,b.x-a.x);}
inline bool operator<(const Line &O)const{return dcmp(k-O.k)?dcmp(k-O.k)<0:judge(O.a,O.b,b);}
}Q[N<<1];
inline int judge(Point a,Line L){return dcmp(Cro(a-L.a,L.b-L.a))>0;}//判断点a是否在L右边
inline Point cross(Line L1,Line L2){return cross(L1.a,L1.b,L2.a,L2.b);}
inline int halfcut(Line *L,Re n,Point *P){
sort(L+1,L+n+1);Re m=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)if(i==1||dcmp(L[i].k-L[i-1].k))L[++m]=L[i];
Re h=1,t=0;
for(Re i=1;i<=m;++i){
while(h<t&&judge(cross(Q[t],Q[t-1]),L[i]))--t;
while(h<t&&judge(cross(Q[h],Q[h+1]),L[i]))++h;
Q[++t]=L[i];
}
while(h<t&&judge(cross(Q[t],Q[t-1]),Q[h]))--t;
while(h<t&&judge(cross(Q[h],Q[h+1]),Q[t]))++h;
m=0;
for(Re i=h;i<=t;++i)P[++m]=cross(Q[i],Q[i<t?i+1:h]);
return m;
}
int n,m;Point P[N],PP[N<<1];Line L[N<<1];
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)P[i].in();P[n+1]=P[1];
for(Re i=2;i<=n;++i){
Point tmp=P[1]-P[2]-P[i]+P[i+1];
LD a=tmp.y,b=-tmp.x,c=Cro(P[1],P[2])-Cro(P[i],P[i+1]);//ax+by+c<=0
if(!dcmp(a)&&!dcmp(b)){
if(dcmp(c)<=0)continue;
else{puts("0");return 0;}
}
if(!dcmp(a)){//by+c<=0
if(b>0)L[++m]=Line(Point(1,-c/b),Point(0,-c/b));//y<=-c/b
else L[++m]=Line(Point(0,-c/b),Point(1,-c/b));//y>=-c/b
}
else if(!dcmp(b)){//ax+c<=0
if(a>0)L[++m]=Line(Point(-c/a,0),Point(-c/a,1));//x<=-c/a
else L[++m]=Line(Point(-c/a,1),Point(-c/a,0));//x>=-c/a
}
else if(b>0)L[++m]=Line(Point(1,-a/b-c/b),Point(0,-c/b));//y<=-a/b*x-c/b
else L[++m]=Line(Point(0,-c/b),Point(1,-a/b-c/b));//y>=-a/b*x-c/b
}
for(Re i=1;i<=n;++i)L[++m]=Line(P[i],P[i+1]);
Re cnt=halfcut(L,m,PP);
printf("%.4lf\n",PolyArea(PP,cnt)/PolyArea(P,n));
}
【Day2 T1】小凸玩密室
传送门：小凸玩密室 \(\text{[P4253]}\) \(\text{[Bzoj4446]}\)
【题目描述】
给出一颗 \(n\) \((n\leqslant 2*10^5)\) 个点的完全二叉树，其中点 \(i\) 的权值为 \(A[i]\) 。现要给所有点染色，染第一个点不需要花费，在这之后每染一个新点 \(y\)，设上次染色的点为 \(x\)，则染 \(y\) 的花费为 \(dis(x,y)*A_y\) 。要求在任意时刻已被染色的点必须连通，且每次给任意一个点 \(x\) 染色后，必须要把 \(x\) 的子树内所有点都染完后才能染 \(x\) 子树外的点。
【分析】
毒瘤树形 \(dp\) 。
设 \(pl\) 为 \(x\) 的左儿子，\(pr\) 为 \(x\) 的右儿子，\(\{son_i\}\) 为点 \(i\) 子树内的点组成的集合。
用 \(f[x][y]\) 表示从 \(x\) 出发，染完 \(x\) 的子树后到达 \(y\) 点的最小花费，则有 \((to\) 为点 \(x\) 子树中的叶节点或者缺了一个儿子的点 \()\)：
考虑把第一个式子里的 \(dis(to,pl)\) 展开，变成 \(dis(to,x)+dis(x,pl)\)，得到 \(f[x][y]=dis(x,pr)*A[pr]+dis(x,pl)*A[pl]\) \(+\min\{f[pr][to]+dis(to,x)*A[pl]+f[pl][y]\}\)，发现 \(f[pr][to]+dis(to,x)*A[pl]\) 可以提前扫描一遍预处理得出，于是复杂度便降到了 \(O(\sum_{i=1}^{n}\text{点}\ i\ \text{子树内缺儿子的点的个数})=O(n\log n)\) 。第二个式子同理。
由于无法确定开始染色的第一个点，所以还要再设一个方程，用 \(g[x][y]\) 表示以 \(x\) 子树内的任意一点作为起点，最后到达 \(y\) 所需的最小花费，则有：
发现下面那两个柿子也可以用类似上面 \(f\) 的做法进行优化。
由于完全二叉树良好的性质，复杂度均为 \(O(n\log n)\) 。
【Code】
一开始用了 \(map\) 存状态（好写一点），\(loj\) 轻松水过，洛谷 \(MLE+TLE\)，只好换成 \(vector\)，结果又调了好长时间。
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<map>
#define LL long long
#define Re register LL
using namespace std;
const LL N=2e5+3,inf=1e18;
LL n,A[N],B[N][2],deep[N];vector<LL>f[N],g[N],son[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
#define pl (x<<1)
#define pr (x<<1|1)
inline int dis(Re x,Re y){return x>y?deep[x]-deep[y]:deep[y]-deep[x];}
inline void dfs(Re x){
deep[x]=deep[x>>1]+B[x>>1][x&1];
if(!B[x][0]){//叶子节点
Re p=x;while(p)son[p].push_back(x),f[p].push_back(0),g[p].push_back(0),p>>=1;
}
else if(!B[x][1]){//只有左儿子
dfs(pl);
Re p=x;while(p)son[p].push_back(x),f[p].push_back(0),g[p].push_back(0),p>>=1;
f[x][0]=dis(x,pl)*A[pl],g[x][0]=dis(x,pl)*A[pl];//son[x][0]: pl
f[x][1]=inf,g[x][1]=dis(x,pl)*A[x];//son[x][1]: x
}
else{//有两个儿子
dfs(pl);Re cut=son[x].size();dfs(pr);Re f0=inf,f1=inf,g0=inf,g1=inf;
for(Re i=0,to,m=son[x].size();i<m;++i){
to=son[x][i];
if(i<cut){//to在左子树
f0=min(f0,f[pl][i]+dis(to,x)*A[pr]);
g0=min(g0,g[pl][i]+dis(to,x)*A[x]);
}
else{//to在右子树
f1=min(f1,f[pr][i-cut]+dis(to,x)*A[pl]);
g1=min(g1,g[pr][i-cut]+dis(to,x)*A[x]);
}
}
Re tmp=dis(x,pl)*A[pl]+dis(x,pr)*A[pr];
for(Re i=0,to,m=son[x].size();i<m;++i){
to=son[x][i];
if(i<cut){//to在左子树
f[x][i]=tmp+f[pl][i]+f1;
g[x][i]=min(f[x][i],dis(x,pl)*A[pl]+f[pl][i]+g1);
}
else{//to在右子树
f[x][i]=tmp+f[pr][i-cut]+f0;
g[x][i]=min(f[x][i],dis(x,pr)*A[pr]+f[pr][i-cut]+g0);
}
}
}
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]);
for(Re i=1;i<n;++i)in(B[i+1>>1][(i&1)^1]);
dfs(1);Re ans=inf;
for(Re i=0,m=son[1].size();i<m;++i)ans=min(ans,g[1][i]);
printf("%lld\n",ans);
}
【Day2 T2】小凸解密码
传送门：小凸解密码 \(\text{[P5226]}\) \(\text{[Bzoj4447]}\)
【题目描述】
给出一个大小为 \(n\) \((n\leqslant 2*10^5)\) 的环，环上每个点有两种权值 \((x,ch)\)，其中 \(x\in[0,9]\)，\(ch\) 为 '\(+\)' 或 '\(*\)'。
有若干次操作，每次操作有两种情况：
-
\(1\ x\ y\ ch:\) 将第 \(x+1\) 个点修改为 \((y,ch)\)
-
\(1\ x:\) 从 \(x+1\) 开始，按照顺时针将两种权值分别记录到 \(A\) 数组和 \(C\) 中，则 \(B_i=\begin{cases}A_1\ (i=1)\\(A_i+A_{i-1})\%10\ (i>1,C_i=‘+’)\\ (A_i*A_{i-1})\%10\ (i>1,C_i=‘*’)\end{cases}\)，然后将 \(B\) 数组连城成一个环，在这个环上会有一些 \(0\) 连在一起，将这些连在一起的 \(0\) 称为零区间，求距离 \(B_1\) 最远的零区间，并输出这个距离（零区间和 \(B_1\) 的距离定义为：零区间内所有 \(0\) 到 \(B_1\) 距离中的最小值）。
【分析】
暴力二分+线段树瞎搞。
首先要把环复制一下变为链（一年考两个环，不愧为毒瘤 \(OI\)），考虑用线段树维护 \(B\) 数组，每次 \(1\) 操作最多只会影响到四个位置 \((B_x,B_{x+1},B_{x+n},B_{x+n+1})\)，暴力修改即可。
考虑解决询问，求最小的最大明显可以二分，设当前的二分值为 \(mid\)，则需要检查 \([x+mid,x+n-1-mid+1]\) 里是否有一段全为 \(0\) 的子区间（需要满足该子区间左右两边均不为 \(0\)），但这个东西很不好求，考虑把询问区间分别向左右两边扩大一格得到 \([ql,qr]\)，然后查询 \([ql,qr]\) 内是否存在 左端点大于 \(ql\) 且 右端点小于 \(qr\) 的全 \(0\) 子区间即可。
时间复杂度：\(O(n\log^2 n)\) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3,inf=2e9;
int n,x,y,T,op,A[N<<1];char ch,type[N<<1];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline int calc(Re i){return i?(type[i]=='+'?(A[i]+A[i-1])%10:A[i]*A[i-1]%10):A[i];}
struct Segment_Tree{
#define pl (p<<1)
#define pr (p<<1|1)
#define mid ((L+R)>>1)
struct QAQ{
int S;bool l,r,ans;
inline QAQ operator+(const QAQ &R){
QAQ p;p.S=S+R.S,p.l=l,p.r=R.r;
p.ans=ans||R.ans||(S&&R.S&&(!r||!R.l));
return p;
}
}tr[N<<3];
inline void updata(Re p,Re x,Re v=-1){
tr[p].ans=0,tr[p].l=tr[p].r=tr[p].S=((v==-1?calc(x):v)>0);
}
inline void build(Re p,Re L,Re R){
if(L==R){updata(p,L);return;}
build(pl,L,mid),build(pr,mid+1,R);
tr[p]=tr[pl]+tr[pr];
}
inline void refresh(Re p,Re L,Re R,Re x){
if(L==R){updata(p,L);if(x<=n)refresh(1,1,n<<1,x+n);return;}
if(x<=mid)refresh(pl,L,mid,x);
else refresh(pr,mid+1,R,x);
tr[p]=tr[pl]+tr[pr];
}
inline void change(Re p,Re L,Re R,Re x,Re v){
if(L==R){updata(p,x,v);return;}
if(x<=mid)change(pl,L,mid,x,v);
else change(pr,mid+1,R,x,v);
tr[p]=tr[pl]+tr[pr];
}
inline QAQ ask(Re p,Re L,Re R,Re l,Re r){
if(l<=L&&R<=r)return tr[p];
if(r<=mid)return ask(pl,L,mid,l,r);
else if(l>mid)return ask(pr,mid+1,R,l,r);
else return ask(pl,L,mid,l,r)+ask(pr,mid+1,R,l,r);
}
}T1;
int main(){
// freopen("456.txt","r",stdin);
in(n),in(T);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]),scanf("%c",&type[i]),A[i+n]=A[i],type[i+n]=type[i];
T1.build(1,1,n<<1);
while(T--){
in(op),in(x),++x;
if(op<2){
in(y),scanf("%c",&ch),A[x]=A[x+n]=y,type[x]=type[x+n]=ch,
T1.refresh(1,1,n<<1,x),T1.refresh(1,1,n<<1,x+1);
}
else{
Re L=x,R=x+n-1,ans=-1;
if(!A[L])ans=0;
T1.change(1,1,n<<1,L,A[L]);
Re l=1,r=(n+1)/2;
while(l<=r){
Re Mid=l+r>>1;
if(T1.ask(1,1,n<<1,L+Mid-1,R-Mid+1+1).ans)ans=Mid,l=Mid+1;
else r=Mid-1;
}
T1.change(1,1,n<<1,L,calc(L));
printf("%d\n",ans);
}
}
}
【Day2 T3】情报传递
传送门：情报传递 \(\text{[P4216]}\) \(\text{[Bzoj4448]}\)
【题目描述】
给出一颗 \(n\) \((n\leqslant 2*10^5)\) 个点的有根树，有若干个操作，操作种类如下：
-
\(1\ x\ y\ c:\) 设当前为第 \(i\) 的操作，分别查询从 \(x\) 到 \(y\) 的链上点的个数、满足 \(i-st_j>c\) 的 \(j\) 的个数
-
\(2\ x:\) 设当前为第 \(i\) 的操作，设置 \(st_x=i\)
【分析】
小学生级别的主席树大水题。
询问第一个子问题直接求 \(lca\) 用各点深度相减即可，第二个子问题可转化为查询满足 \(st_j\leqslant i-c-1\) 的 \(j\) 的个数，直接在主席树上差分搞即可。
可以发现没必要写带修的树套树版本，把所有操作 \(2\) 全部拿出来建好树，然后再去挨个处理询问，这样做是不影响正确性的（数据里没有出现同一个点多次进行操作 \(2\) 的情况）。
时间复杂度：\(O(n\log n)\) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=2e5+3,logN=18,inf=2e9;
int n,x,y,z,o,m,T,op,rt,A[N],st[N],fa[N],head[N],deep[N];
struct QAQ{int to,next;}a[N];
struct Query{int x,y,c,t;}Q[N];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
struct LCA{
int ant[N][20];
inline void dfs(Re x){
deep[x]=deep[ant[x][0]=fa[x]]+1;
for(Re i=1;(1<<i)<=deep[x];++i)ant[x][i]=ant[ant[x][i-1]][i-1];
for(Re i=head[x];i;i=a[i].next)dfs(a[i].to);
}
inline int lca(Re x,Re y){
if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
for(Re i=logN;i>=0;--i)if(deep[ant[x][i]]>=deep[y])x=ant[x][i];
if(x==y)return x;
for(Re i=logN;i>=0;--i)if(ant[x][i]!=ant[y][i])x=ant[x][i],y=ant[y][i];
return ant[x][0];
}
}T1;
int pt[N];
struct Segment_Tree{
#define pl (tr[p].lp)
#define pr (tr[p].rp)
#define mid ((L+R)>>1)
int O;
struct QAQ{int S,lp,rp;}tr[N*logN<<2];
inline void creat(Re &p,Re q,Re L,Re R,Re x){
tr[p=++O]=tr[q],++tr[p].S;
if(L==R)return;
if(x<=mid)creat(pl,tr[q].lp,L,mid,x);
else creat(pr,tr[q].rp,mid+1,R,x);
}
inline int ask(Re p,Re q,Re f1,Re f2,Re L,Re R,Re l,Re r){
if(!p&&!q&&!f1&&!f2)return 0;
if(l<=L&&R<=r)return tr[p].S+tr[q].S-tr[f1].S-tr[f2].S;
Re ans=0;
if(l<=mid)ans+=ask(pl,tr[q].lp,tr[f1].lp,tr[f2].lp,L,mid,l,r);
if(r>mid)ans+=ask(pr,tr[q].rp,tr[f1].rp,tr[f2].rp,mid+1,R,l,r);
return ans;
}
}TR;
inline void dfs(Re x){
TR.creat(pt[x],pt[fa[x]],1,T,st[x]);
for(Re i=head[x];i;i=a[i].next)dfs(a[i].to);
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i){
in(fa[i]);
if(fa[i])add(fa[i],i);
else rt=i;
}
in(T),T1.dfs(rt);
for(Re i=1;i<=n;++i)st[i]=T;//st要初始化为一个极大值(设到T就够了)
for(Re i=1;i<=T;++i){
in(op);
if(op>1)in(x),st[x]=i;
else in(Q[++m].x),in(Q[m].y),in(Q[m].c),Q[m].t=i;
}
dfs(rt);
for(Re i=1;i<=m;++i){
Re lca=T1.lca(Q[i].x,Q[i].y);
printf("%d %d\n",deep[Q[i].x]+deep[Q[i].y]-deep[lca]-deep[fa[lca]],TR.ask(pt[Q[i].x],pt[Q[i].y],pt[lca],pt[fa[lca]],1,T,1,Q[i].t-Q[i].c-1));
}
}
