洛谷P4332 [SHOI2014]三叉神经树(LCT,树剖,二分查找,拓扑排序)

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你谷无题解于是来补一发

随便百度题解,发现了不少诸如树剖\(log^3\)LCT\(log^2\)的可怕描述。。。。。。

于是来想想怎么利用题目的性质,把复杂度降下来。

首先,每个点的输出状态只有\(0/1\),于是每个点的总状态也非常有限,可以根据权值为\(1\)的儿子数量\(0-3\)分为四种,记为该点的点权。

我们都会模拟暴力过程——先改叶子节点(先默认为\(0\)改为\(1\)),如果它的父亲此时权值为\(1\)的儿子数量从原来小于\(0\)的变成大于\(0\)的,那么父亲的权值也要改。以此类推,直到有一个节点输出状态没有变化,那么它的所有祖先肯定不会变。

通过模拟我们发现,每次修改的一定是一段自底向上的连续区间!

接着也就不难想到,只有当点权为\(1\)时,才能通过修改点权变成\(2\),使输出由\(0\)变成\(1\),从而继续引发祖先的变化。那么我们需要知道的就是,对于每一个叶子节点,它自底向上的连续一段点权为\(1\)的部分。

再讨论叶子节点\(1\)\(0\)的情况,同理也可以发现我们还要维护自底向上的连续一段点权为\(2\)的部分。

这个可以树剖(有很多维护法,都是\(log^2\)的,跳链和链修改都有\(log\))正在学树剖,先留个坑,到时候再补。。。

当然可以LCT,讲两个维护法。第一种是用bool值维护区间是否有权值不为\(1/2\)的点,每次Splay上二分查找最深的不为\(1/2\)的点,把它伸展上来,右子树做区间修改,这个点做单点修改。

因为写二分比较麻烦(其实就是几行的事),所以还不如直接维护最深的不为\(1/2\)点的编号,找都不用找。直接把它伸展上来。修改同上。容易发现这里的LCT连换根都不要。

两种写法都需要注意特判:如果整条从根到叶子的链没有一个不为\(1/2\)的点,直接做区间修改。

分享一个naive的错误——蒟蒻默认父节点的编号比子节点小,然后pushup直接取\(\max\),竟然获得了95分?!调了半天本机对拍又是全AC(自己的数据生成器肯定是父节点的编号比子节点小啦。。。)

刚掉这题后还收获了一点小经验——不要给LCT永久化地贴上常数大的标签!因为少一个\(log\),所以\(n\)越大越有优势(这题\(5*10^5\)),还不用reverse。看看统计,就知道什么叫LCT全方位(时间、空间、码量)完爆树剖的感觉了哈哈哈哈hhhh

https://www.luogu.org/recordnew/lists?uid=&pid=P4332&status=&sort=1

https://loj.ac/problem/2187/statistics/fastest

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RG register
#define I inline
#define R RG int
#define lc c[x][0]
#define rc c[x][1]
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=ibuf,1,L,stdin))
using namespace std;
const int N=5e5+9,M=1.5e6+9,L=1<<19;
char ibuf[L],*ie=ibuf+L,*ip=ie-1;
int n,f[M],c[N][2],t[N],n1[N],n2[N],v[M],q[M],d[N];
I int max(R x,R y){return x>y?x:y;}
I int in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){(x*=10)+=*ip&15;G;}
    return x;
}
I bool nrt(R x){
    return c[f[x]][0]==x||c[f[x]][1]==x;
}
I void up(R x){//先右儿子再自己最后左儿子
    if(!(n1[x]=n1[rc])&&!(n1[x]=x*(v[x]!=1)))n1[x]=n1[lc];
    if(!(n2[x]=n2[rc])&&!(n2[x]=x*(v[x]!=2)))n2[x]=n2[lc];
}
I void dn(R x,R tg){//被区间修改的要么都是1要么都是2,直接反转信息
    v[x]^=3;swap(n1[x],n2[x]);t[x]+=tg;
}
I void all(R x){
    if(nrt(x))all(f[x]);
    if(t[x])dn(lc,t[x]),dn(rc,t[x]),t[x]=0;
}
I void rot(R x){
    R y=f[x],z=f[y],k=c[y][1]==x,w=c[x][!k];
    if(nrt(y))c[z][c[z][1]==y]=x;
    f[f[f[c[c[x][!k]=y][k]=w]=y]=x]=z;up(y);
}
I void sp(R x){
    all(x);
    for(R y;nrt(x);rot(x))
        if(nrt(y=f[x]))rot((c[f[y]][0]==y)^(c[y][0]==x)?x:y);
    up(x);
}
I void ac(R x){
    for(R y=0;x;sp(x),rc=y,up(y=x),x=f[x]);
}
int main(){
    n=in();R he,tl=0,i,x,tp,nowrt;//nowrt全局记录根的输出,方便,减小常数
    for(i=1;i<=n;++i)d[f[in()]=f[in()]=f[in()]=i]=3;
    for(;i<=3*n+1;++i)v[q[++tl]=i]=in()<<1;
    for(he=1;he<=tl;++he){//懒得dfs了,直接从下往上拓扑排序预处理
        x=q[he];if(x<=n)up(x);
        v[f[x]]+=v[x]>>1;
        if(!--d[f[x]])q[++tl]=f[x];
    }
    nowrt=v[1]>>1;
    for(R q=in();q;--q){
        tp=(v[x=in()]^=2)-1;//记录当前变化类型
        ac(x=f[x]);sp(x);
        if((~tp?n1:n2)[x]){
            sp(x=(~tp?n1:n2)[x]);
            dn(rc,tp),up(rc);
            v[x]+=tp;up(x);
        }
        else dn(x,tp),up(x),nowrt^=1;//注意特判
        putchar(nowrt|'0');putchar('\n');
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-08-14 22:39  Flash_Hu  阅读(558)  评论(9编辑  收藏