小Y家里有一个大森林，里面有n棵树，编号从1到n。一开始这些树都只是树苗，只有一个节点，标号为1。这些树都有一个特殊的节点，我们称之为生长节点，这些节点有生长出子节点的能力。

小Y掌握了一种魔法，能让第l棵树到第r棵树的生长节点长出一个子节点。同时她还能修改第l棵树到第r棵树的生长节点。她告诉了你她使用魔法的记录，你能不能管理她家的森林，并且回答她的询问呢？

参考：http://www.sigongzi.org/index.php/archives/LOJ2092.html

思路：

显然我们不能对每棵树LCT维护一下，而且我们对于这棵树的形态还很严格。

那么我们把前一棵树的形态转换为后一棵树的形态，这样就只需要一棵树了。

先考虑对于0操作，实际上我们可以记录每个时刻每个节点在哪一段区间中（代码的L和R就是干这个的），所以我们大可以对所有的树都进行0操作。

对于1操作，和0操作类似，用L和R更新l和r后进行操作。

然后为了能够快捷的更新树，我们建立一个size为0的虚点（这样对于路径长度就不需要修改了），所有的生长操作都在上面进行，这样我们删除的时候cut这个点即可。

对于2操作，事实上两个点一定存在的话，完全可以让0和1操作全部排到它的前面。

实现：

先把所有操作存下来，然后以操作的树为第一关键字，操作编号和顺序为第二关键字排序。

（对于区间修改思考差分，毕竟我们都是对同一棵树操作的。）

然后按树编号从左到右进行操作，对于0和1操作先对虚点清空然后长即可。

查询的时候就是用LCA求最短路的方法一样。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=4e5+5;
struct data{
    int pos,id,from,to;
}qry[N];
int n,m,fa[N],tr[N][2],val[N],size[N];
int cnt,tot,sum,aux,L[N],R[N],id[N],ans[N];
inline bool cmp(data a,data b){
    return a.pos<b.pos||(a.pos==b.pos&&a.id<b.id);
}
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
inline bool get(int x){
    return tr[fa[x]][1]==x;
}
inline bool isroot(int x){
    if(!fa[x])return 1;
    return tr[fa[x]][0]!=x&&tr[fa[x]][1]!=x;
}
inline void upt(int x){
    size[x]=val[x];
    if(tr[x][0])size[x]+=size[tr[x][0]];
    if(tr[x][1])size[x]+=size[tr[x][1]];
}
inline void rotate(int x){
    int y=fa[x],z=fa[y],b=tr[y][0]==x?tr[x][1]:tr[x][0];
    if(z&&!isroot(y))(tr[z][0]==y?tr[z][0]:tr[z][1])=x;
    fa[x]=z;fa[y]=x;b?fa[b]=y:0;
    if(tr[y][0]==x)tr[x][1]=y,tr[y][0]=b;
    else tr[x][0]=y,tr[y][1]=b;
    upt(y);upt(x);
}
inline void splay(int x){
    while(!isroot(x)){
    if(!isroot(fa[x]))
        rotate((get(x)==get(fa[x])?fa[x]:x));
    rotate(x);
    }
    upt(x);
}
inline int access(int x){
    int y;
    for(y=0;x;y=x,x=fa[x]){
    splay(x);tr[x][1]=y;
    if(y)fa[y]=x;
    }
    return y;
}
inline void link(int x,int y){
    splay(y);fa[x]=y;
}
inline void cut(int x){
    access(x);splay(x);
    if(tr[x][0])fa[tr[x][0]]=0;
    tr[x][0]=0;upt(x);
}
inline void makenode(int x){
    val[++sum]=x;size[sum]=x;
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    cnt=1;L[cnt]=1,R[cnt]=n;id[cnt]=1;
    makenode(1);makenode(0);
    aux=sum;
    link(aux,id[1]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
    int op=read();
    if(op==0){
        L[++cnt]=read(),R[cnt]=read();
        makenode(1);
        id[cnt]=sum;
        qry[++tot]=(data){1,i-m,sum,aux};
    }
    if(op==1){
        int l=read(),r=read(),x=read();
        l=max(l,L[x]);r=min(r,R[x]);
        if(l<=r){
        makenode(0);
        link(sum,aux);
        qry[++tot]=(data){l,i-m,sum,id[x]};
        qry[++tot]=(data){r+1,i-m,sum,aux};
        aux=sum;
        }
    }
    if(op==2){
        int l=read(),u=read(),v=read();
        qry[++tot]=(data){l,i,id[u],id[v]};
    }
    }
    memset(ans,-1,sizeof(ans));
    sort(qry+1,qry+tot+1,cmp);
    for(int i=1,p=1;i<=tot;p++){
    while(qry[i].pos==p){
        if(qry[i].id>0){
        ans[qry[i].id]=0;
        access(qry[i].from);splay(qry[i].from);
        ans[qry[i].id]+=size[qry[i].from];
        int lca=access(qry[i].to);
        splay(qry[i].to);
        ans[qry[i].id]+=size[qry[i].to];
        access(lca);splay(lca);ans[qry[i].id]-=size[lca]*2;
        }
        else{
        cut(qry[i].from);link(qry[i].from,qry[i].to);
        }
        i++;
    }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
    if(ans[i]>=0)printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

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posted @ 2018-02-28 13:30 luyouqi233 阅读(621) 评论(0) 编辑收藏举报

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BZOJ4573：[ZJOI2016]大森林——题解

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