【BZOJ】3319: 黑白树

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3319

题意：给一棵n节点的树（n<=1e6），m个操作（m<=1e6），每次操作有两种：1、查询u到根的第一条黑边的编号。2、将u到v的路径全部染成黑色

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
inline int getint() { static int r, k; r=0,k=1; static char c; c=getchar(); for(; c<‘0‘||c>‘9‘; c=getchar()) if(c==‘-‘) k=-1; for(; c>=‘0‘&&c<=‘9‘; c=getchar()) r=r*10+c-‘0‘; return k*r; }

const int N=1e6+10;

int lca[N], fa[N], dep[N], id[N], n, del[N];
struct Un {
	int f[N];
	void init() { for1(i, 1, n) f[i]=i; }
	int find(int x) { return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]); }
	void U(int x, int y) { x=find(x); y=find(y); if(dep[x]<dep[y]) swap(x, y); f[x]=y; }
};
struct Gr {
	int ihead[N], cnt;
	struct dat { int next, from, to, id; }e[N<<1];
	void add(int u, int v, int id) {
		e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].from=u; e[cnt].to=v; e[cnt].id=id;
		e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].from=v; e[cnt].to=u; e[cnt].id=id;
	}
	void add1(int u, int v) {
		e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v;
	}
	void tarjan(int x, Gr &g) {
		static bool vis[N];
		static Un p;
		p.f[x]=x;
		rdm(x, i) if(e[i].to!=fa[x]) { dep[e[i].to]=dep[x]+1; fa[e[i].to]=x; id[e[i].to]=i; tarjan(e[i].to, g); p.f[e[i].to]=x; }
		vis[x]=1;
		for(int i=g.ihead[x]; i; i=g.e[i].next) if(vis[g.e[i].to]) lca[g.e[i].id]=p.find(g.e[i].to);
	}
}G, ask, g;

Un f, temp;

void split(int u, int v, int goal, int now) {
	for(u=temp.find(u); dep[u]>dep[goal]; del[u]=1, temp.U(u, fa[u]), g.add1(now, id[u]), u=temp.find(fa[u]));
	for(v=temp.find(v); dep[v]>dep[goal]; del[v]=1, temp.U(v, fa[v]), g.add1(now, id[v]), v=temp.find(fa[v]));
}
void link(int u, int v, int goal, int now) {
	for(int i=g.ihead[now]; i; i=g.e[i].next) f.U(G.e[g.e[i].to].from, G.e[g.e[i].to].to);
}
struct Q { int flag, u, v; }q[N];
int m;
int main() {
	read(n); read(m);
	for1(i, 1, n-1) G.add(getint(), getint(), i);

	for1(i, 1, m) {
		read(q[i].flag); read(q[i].v);
		if(q[i].flag==2) {
			read(q[i].u);
			ask.add(q[i].u, q[i].v, i);
		}
	}
	G.tarjan(1, ask);
	temp.init();
	f.init();

	for1(i, 1, m) if(q[i].flag==2) {
		split(q[i].u, q[i].v, lca[i], i);
	}
	// for1(i, 1, m) if(q[i].flag==2) {
	// 	printf("g[%d]:", i);
	// 	for(int j=g.ihead[i]; j; j=g.e[j].next) printf(" (%d<->%d), ", G.e[g.e[j].to].from, G.e[g.e[j].to].to); puts("");
	// }
	for1(i, 2, n) if(!del[i]) f.U(i, fa[i]);
	static int out[N], num=0;
	for3(i, m, 1) {
		if(q[i].flag==1) { int ans=f.find(q[i].v); if(ans==1) out[++num]=0; else out[++num]=G.e[id[ans]].id; }
		else {
			link(q[i].u, q[i].v, lca[i], i);
		}
	}
	for3(i, num, 1) printf("%d\n", out[i]);
	return 0;
}

很早以前写过链剖+线段树...果断tle...（【BZOJ】3319: 黑白树（并查集+特殊的技巧/-树链剖分+线段树））

然后很早以前也看到claris大爷的题解，好神QAQ

他说是离线，那么我就顺着离线的思路想了下...

首先发现染色后对应着删边...表示边上的点的子女都不需要到这个点的祖先了...

然后发现每次查询的编号就是当前最近的祖先....

然后考虑如何删边...一开始我是直接开个并查集乱搞...可是跪了...其实只需要在已经删过的地方找到并查集的根然后向上走即可，注意要将删的边记录下来，否则待会无法合并

然后考虑如何合并...发现我们只需要将树的最终形态确定后，然后依次加入之前删过的边。那么也就是说，将询问离线后，从后向前，如果是询问就直接询问当前所在集合的根，否则合并之前在这个操作删掉的边

那么就行了QAQ