1095: [ZJOI2007]Hide 捉迷藏
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Description
捉迷藏 Jiajia和Wind是一对恩爱的夫妻，并且他们有很多孩子。某天，Jiajia、Wind和孩子们决定在家里玩捉迷藏游戏。他们的家很大且构造很奇特，由N个屋子和N-1条双向走廊组成，这N-1条走廊的分布使得任意两个屋子都互相可达。游戏是这样进行的，孩子们负责躲藏，Jiajia负责找，而Wind负责操纵这N个屋子的灯。在起初的时候，所有的灯都没有被打开。每一次，孩子们只会躲藏在没有开灯的房间中，但是为了增加刺激性，孩子们会要求打开某个房间的电灯或者关闭某个房间的电灯。为了评估某一次游戏的复杂性，Jiajia希望知道可能的最远的两个孩子的距离（即最远的两个关灯房间的距离）。
我们将以如下形式定义每一种操作： C(hange) i 改变第i个房间的照明状态，若原来打开，则关闭；若原来关闭，则打开。 G(ame) 开始一次游戏，查询最远的两个关灯房间的距离。
Input
第一行包含一个整数N，表示房间的个数，房间将被编号为1,2,3…N的整数。接下来N-1行每行两个整数a, b，表示房间a与房间b之间有一条走廊相连。接下来一行包含一个整数Q，表示操作次数。接着Q行，每行一个操作，如上文所示。
Output
对于每一个操作Game，输出一个非负整数到hide.out，表示最远的两个关灯房间的距离。若只有一个房间是关着灯的，输出0；若所有房间的灯都开着，输出-1。
Sample Input
8
1 2
2 3
3 4
3 5
3 6
6 7
6 8
7
G
C 1
G
C 2
G
C 1
G
Sample Output
4
3
3
4
HINT
对于100%的数据， N ≤100000, M ≤500000。
这道题先把两点的距离转成了括号序列的括号个数问题，通过线段树的区间合并操作来维护。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define M 1000005
using namespace std;
char str[30];
int n,m,tot,v[M],pos[100005],h[100005],c[100005],black,q;
struct edge
{
int y,ne;
}e[200005];
struct seg
{
int l,r,lp,lm,rp,rm,dis,c6,c9;
void in(int x)
{
dis=-inf;
c6=c9=0;
if (v[x]==-6) c6=1;
if (v[x]==-9) c9=1;
if (v[x]>0&&c[v[x]])
lp=lm=rp=rm=0;
else lp=lm=rp=rm=-inf;
}
}a[1200005];
void read(int &tmp)
{
tmp=0;
int fu=1;
char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())
if (ch=='-') fu=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
tmp=tmp*10+ch-'0';
tmp*=fu;
}
void Addedge(int x,int y)
{
e[++tot].y=y;
e[tot].ne=h[x];
h[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fa)
{
v[++tot]=-6;
v[++tot]=x;
pos[x]=tot;
for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
if (e[i].y!=fa)
dfs(e[i].y,x);
v[++tot]=-9;
}
int max(int a,int b,int c)
{
return max(a,max(b,c));
}
seg Merge(seg s1,seg s2)
{
seg s;
s.l=s1.l,s.r=s2.r;
int a=s1.c9,b=s1.c6,c=s2.c9,d=s2.c6;
s.dis=max(s1.dis,s2.dis);
s.dis=max(s.dis,s1.rp+s2.lm,s1.rm+s2.lp);
if (b<c) s.c9=a+c-b,s.c6=d;
else s.c9=a,s.c6=b-c+d;
s.lp=max(s1.lp,s2.lp+a-b,s2.lm+b+a);
s.lm=max(s1.lm,s2.lm+b-a);
s.rp=max(s2.rp,s1.rp-c+d,s1.rm+c+d);
s.rm=max(s2.rm,s1.rm+c-d);
return s;
}
void Build(int x,int l,int r)
{
if (l==r)
{
a[x].l=l,a[x].r=r;
a[x].in(l);
return;
}
int m=(l+r)>>1;
Build(x<<1,l,m);
Build(x<<1|1,m+1,r);
a[x]=Merge(a[x<<1],a[x<<1|1]);
}
void Modify(int x,int p)
{
if (a[x].l==a[x].r)
{
a[x].in(a[x].l);
return;
}
int m=(a[x].l+a[x].r)>>1;
if (p<=m) Modify(x<<1,p);
else Modify(x<<1|1,p);
a[x]=Merge(a[x<<1],a[x<<1|1]);
}
int main()
{
read(n);
black=n;
for (int i=1;i<=n;i++)
c[i]=1;
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
read(x),read(y);
Addedge(x,y),Addedge(y,x);
}
tot=0;
dfs(1,0);
Build(1,1,tot);
read(q);
for (int i=1;i<=q;i++)
{
scanf("%s",str);
if (str[0]=='C')
{
int x;
read(x);
if (c[x]) black--;
else black++;
c[x]^=1;
Modify(1,pos[x]);
}
else
{
if (!black) puts("-1");
else if (black==1) puts("0");
else printf("%d\n",a[1].dis);
}
}
return 0;
}
感悟：
1.左括号表示向下走，右括号表示向上走，因此()可以抵消
2.转换成括号序列之后，列出表达式，然后在线段树中维护表达式中出现的量
3.实现的技巧是dfs时把括号和节点都加入，若是黑点括号序列才有意义，否则直接赋值为-inf，不会更新答案