AC日记——[SDOI2017]树点涂色 bzoj 4817

4817

思路:

  跪烂大佬

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 500005
struct TreeNodeType {
    int l,r,mid,dis,flag;
};
struct TreeNodeType tree[maxn<<2];
int n,m,rev[maxn],f[maxn],ch[maxn][2],Qes,deep[maxn],id[maxn];
int f_[maxn],top[maxn],tp,sta[maxn],size[maxn],lar[maxn];
int li[maxn],ri[maxn],cnt,E[maxn<<1],V[maxn<<1],head[maxn];
inline void in(int &now)
{
    char Cget=getchar();now=0;
    while(Cget>‘9‘||Cget<‘0‘)Cget=getchar();
    while(Cget>=‘0‘&&Cget<=‘9‘)
    {
        now=now*10+Cget-‘0‘;
        Cget=getchar();
    }
}
void build(int now,int l,int r)
{
    tree[now].l=l,tree[now].r=r;
    if(l==r){tree[now].dis=deep[id[l]];return;}
    tree[now].mid=l+r>>1;build(now<<1,l,tree[now].mid);
    build(now<<1|1,tree[now].mid+1,r);
    tree[now].dis=max(tree[now<<1].dis,tree[now<<1|1].dis);
}
inline void down(int now)
{
    tree[now<<1].dis+=tree[now].flag;
    tree[now<<1].flag+=tree[now].flag;
    tree[now<<1|1].dis+=tree[now].flag;
    tree[now<<1|1].flag+=tree[now].flag;
    tree[now].flag=0;
}
void add(int now,int l,int r,int x)
{
    if(tree[now].l>=l&&tree[now].r<=r)
    {
        tree[now].dis+=x,tree[now].flag+=x;
        return;
    }
    if(tree[now].flag!=0) down(now);
    if(l<=tree[now].mid) add(now<<1,l,r,x);
    if(r>tree[now].mid) add(now<<1|1,l,r,x);
    tree[now].dis=max(tree[now<<1].dis,tree[now<<1|1].dis);
}
void query(int now,int l,int r)
{
    if(tree[now].l>=l&&tree[now].r<=r)
    {
        Qes=max(Qes,tree[now].dis);
        return;
    }
    if(tree[now].flag!=0) down(now);
    if(l<=tree[now].mid) query(now<<1,l,r);
    if(r>tree[now].mid) query(now<<1|1,l,r);
}
void downdata(int now)
{
    rev[now]^=1,swap(ch[now][1],ch[now][0]);
    if(ch[now][1]) rev[ch[now][1]]^=1;
    if(ch[now][0]) rev[ch[now][0]]^=1;
}
bool isroot(int now)
{
    return (ch[f[now]][1]!=now)&&(ch[f[now]][0]!=now);
}
void rotate(int now)
{
    int fa=f[now],ffa=f[fa],l=(ch[fa][1]==now),r=l^1;
    if(!isroot(fa)) ch[ffa][ch[ffa][1]==fa]=now;
    f[now]=ffa,f[fa]=now,ch[fa][l]=ch[now][r],ch[now][r]=fa;
    if(ch[fa][l]) f[ch[fa][l]]=fa;
}
void splay(int now)
{
    tp=1,sta[tp]=now;int fa,ffa;
    for(int i=now;!isroot(i);i=f[i]) sta[++tp]=f[i];
    while(tp)
    {
        if(rev[sta[tp]]) downdata(sta[tp]);
        tp--;
    }
    while(!isroot(now))
    {
        fa=f[now],ffa=f[fa];
        if(!isroot(fa)) rotate(((ch[ffa][1]==fa)^(ch[fa][1]==now))?fa:now);
        rotate(now);
    }
}
int getson(int now)
{
    while(ch[now][0]) now=ch[now][0];
    return now;
}
void access(int now)
{
    int tmp;
    for(int i=0;now;i=now,now=f[now])
    {
        splay(now);
        tmp=getson(ch[now][1]);
        if(tmp) add(1,li[tmp],ri[tmp],1);
        ch[now][1]=i,tmp=getson(i);
        if(tmp) add(1,li[tmp],ri[tmp],-1);
    }
}
void makeroot(int now)
{
    access(now),splay(now),rev[now]^=1;
}
void link(int x,int y)
{
    makeroot(x),f[x]=y;
}
void edge_add(int u,int v)
{
    E[++cnt]=head[u],V[cnt]=v,head[u]=cnt;
    E[++cnt]=head[v],V[cnt]=u,head[v]=cnt;
}
void dfs1(int now,int fa)
{
    deep[now]=deep[fa]+1,li[now]=++cnt;
    id[cnt]=now,size[now]=1,f_[now]=fa;
    for(int i=head[now];i;i=E[i])
    {
        if(V[i]==fa) continue;
        dfs1(V[i],now),size[now]+=size[V[i]];
        if(size[lar[now]]<size[V[i]]) lar[now]=V[i];
    }
    ri[now]=cnt;
}
void dfs2(int now,int chain)
{
    top[now]=chain;
    if(f_[now]) f[now]=f_[now];
    if(lar[now]) dfs2(lar[now],chain);
    for(int i=head[now];i;i=E[i])
    {
        if(V[i]==lar[now]||V[i]==f_[now]) continue;
        dfs2(V[i],V[i]);
    }
}
int find(int x,int y)
{
    while(top[x]!=top[y])
    {
        if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) y=f_[top[y]];
        else x=f_[top[x]];
    }
    return deep[x]<deep[y]?x:y;
}
int main()
{
    freopen("data.txt","r",stdin);
    in(n),in(m);int u,v,op;
    for(int i=1;i<n;i++) in(u),in(v),edge_add(u,v);
    cnt=0,dfs1(1,0),build(1,1,n),dfs2(1,1),makeroot(1);
    while(m--)
    {
        in(op);
        if(op==1) in(u),makeroot(1),access(u);
        if(op==2)
        {
            in(u),in(v);
            int lca=find(u,v);
            Qes=0,query(1,li[u],li[u]),u=Qes;
            Qes=0,query(1,li[v],li[v]),v=Qes;
            if(lca) Qes=0,query(1,li[lca],li[lca]),lca=Qes;
            else lca=0;
            printf("%d\n",u+v-lca*2+1);
        }
        if(op==3) in(u),Qes=0,query(1,li[u],ri[u]),printf("%d\n",Qes);
    }
    return 0;
}
时间: 2024-11-09 02:17:30

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[BZOJ4817][SDOI2017]树点涂色(LCT+DFS序线段树)

4817: [Sdoi2017]树点涂色 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 692  Solved: 408[Submit][Status][Discuss] Description Bob有一棵n个点的有根树,其中1号点是根节点.Bob在每个点上涂了颜色,并且每个点上的颜色不同.定义一条路 径的权值是:这条路径上的点(包括起点和终点)共有多少种不同的颜色.Bob可能会进行这几种操作: 1 x: 把点x到根节点的路径上所有的点染上一种

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bzoj 4817: [Sdoi2017]树点涂色【树链剖分+LCT】

非常妙的一道题. 首先对于操作一"把点x到根节点的路径上所有的点染上一种没有用过的新颜色",长得是不是有点像LCT中的access操作?进而发现,如果把同一颜色的点连起来作为LCT中的重边的话,那么询问二就相当于问路径上的虚边有多少. 然后第二.三个操作是可以用树剖在线段树上维护的. 设每个点的权值\( val \)为这个点到根的路径上颜色个数,也就是虚边个数.那么考虑access操作的影响,对于他断开的重边,所在子树加一,对于他连上的重边,所在子树减一.直接在access过程中处理即

BZOJ.4817.[SDOI2017]树点涂色(LCT DFS序 线段树)

题目链接 1.2裸树剖,但是3.每个点的答案val很不好维护.. 如果我们把同种颜色的点划分到同一连通块中,那么向根染色的过程就是Access()! 最初所有点间都是虚边,相同颜色点用实边相连.一条边由实边变为虚边时,深度大的点所在子树所有点val+1(Access()中原先x的右儿子答案+1,因为x颜色变了): 由虚边变为实边时,深度大的点所在子树所有点val-1(fa[x]颜色与x相同导致fa[x]的贡献没了).(其实是因为 实链数量(贡献)就等于虚边数量+1?无所谓了) 于是2.就是val

4817 [Sdoi2017]树点涂色

题目描述 Bob 有一棵 n 个点的有根树,其中 1 号点是根节点.Bob 在每个点上涂了颜色,并且每个点上的颜色不同. 定义一条路径的权值是:这条路径上的点(包括起点和终点)共有多少种不同的颜色. Bob可能会进行这几种操作: 1 x 表示把点 x 到根节点的路径上所有的点染上一种没有用过的新颜色. 2 x y 求 x 到 y 的路径的权值. 3 x 在以 x 为根的子树中选择一个点,使得这个点到根节点的路径权值最大,求最大权值. Bob一共会进行 m 次操作 输入格式 第一行两个数 n,m.

BZOJ4817 [Sdoi2017]树点涂色

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【bzoj4817】[Sdoi2017]树点涂色&amp;&amp;bzoj3779-重组病毒

题解: 两道几乎差不多的题(所以说当年sdoi考了道原题) 都是将树上一段改为新颜色询问颜色数目 可以把改成新颜色这个操作看成access操作 然后通过线段树+dfs序来维护 另外换根了为什么还可以用dfs序来维护 我们观察一下会发现 1.当根在x当中,就是除了根那边那块 2.不在的话就是原先的子树 原文地址:https://www.cnblogs.com/yinwuxiao/p/9272857.html

SDOI2017 树点涂色

题目描述 题解: SDOI SD题. LCT维护线段树, 线段树维护dfs序. 由于每次修改只是从根到x,我们可以将它理解为LCT的access操作. 然后轻重链信息发生变化时,在线段树上改一下就好了. LCTaccess板子敲错导致自己做自己爷爷. 代码: #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define N 100050 inline int rd(

并不对劲的[SDOI2017]树点涂色

题目大意 有一棵\(n\)(\(n\leq10^5\))个节点的树,每个点有颜色\(c\),一开始所有颜色互不相同 要进行\(m\)(\(m\leq10^5\))次操作,每次操作是以下三种中的一种: 1.给出点\(x\),将点\(x\)到根路径上所有点的染成一种没出现过的颜色 2.给出点\(x\),\(y\),询问点\(x\)到\(y\)的简单路径上有多少种颜色 3.给出点\(x\),询问点\(x\)的子树中到根路径上颜色种类最多的点 题解 先坑着 代码 #include<algorithm>