problems
http://gdoi.sysu.edu.cn/wp-content/uploads/2015/03/GDKOI-2015-day1.pdf
http://gdoi.sysu.edu.cn/wp-content/uploads/2015/03/GDKOI-2015-day21.pdf
necklace
回文串问题。
把字符串复制一遍，使得环状变成线状。
然后就是问最长回文串，直接套用manacher算法。
wordcount
网络流问题。
把每个格点(i,j)在网络流中拆分成两个点，这两个点之间连一条流量为cnt[i][j]的边，其中左边的称为入点，右边的称为出点。
然后对于格点(i,j)和他相邻的某个格点(k,l)满足:mat[i][j]和mat[k][l]恰好为单词w的某相邻两位，那么从格点(i,j)的出点连一条边到格点(k,l)的入点，流量为正无穷大。
最后如果格点(i,j)满足：mat[i][j]恰好为单词w的第一个字符，那么就从源点S连一条边到格点(i,j)的入点，流量为正无穷大；如果格点(i,j)满足：mat[i][j]恰好为单词w的最后一个字符，那么就从格点(i,j)的入点连一条边到汇点T，流量为正无穷大。
circle
欧拉回路问题。
我们发现以下的性质：
(Ⅰ)如果N为奇数那么无解。
证明：
假设N为奇数。
考虑到达0前的点A，必定为下面两个方程的解的其中一个：
2A%N=0
(2A+1)%N=0
容易知道第一个方程的解为0（舍去），第二个方程的解为N/2。所以A=N/2。
考虑到达N-1前的点B，同理得B=N/2。
因为A=B，不符合条件，所以N为奇数时无解。
所以接下来讨论的都是N为偶数的情况。
（Ⅱ）X（0<=X<=N/2-1)连向2X和2X+1；X+N/2连向2X和2X+1。
（Ⅲ）有且仅有X和X+N/2连向2X；有且仅有X和X+N/2连向2X+1。
总结上面如图所示：
我们发现每个点有另外一个点，满足他们的出边和入边完全相同。
我们将这N/2对点合并，并删除重边，那么新图有N/2个点，N条边，并且每个点只有2条出边，2条入边。
我们要恰好经过新图中每个点两次，这等价于恰好经过每条边一次。
“恰好经过每条边一次”这恰好就是欧拉回路。
要求字典序最大只需要在DFS时贪心一下即可。
参考程序：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef pair<int,int> PII;
#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define re(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define red(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define fi first
#define se second
template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;}
template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;}
template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;}
const DB EPS=1e-9;
inline int dblcmp(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;}
inline void SetOpen(string s)
{
freopen((s+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((s+".out").c_str(),"w",stdout);
}
inline int Getin_Int()
{
int res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
inline LL Getin_LL()
{
LL res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
const int maxN=10000;
int N;
vector<int> edge[maxN/2+100],ans;
inline int DFS(int x)
{
int now=x;
x%=N/2;
while(!edge[x].empty())
{
int y=edge[x].back();
edge[x].pop_back();
DFS(y);
}
ans.push_back(now);
}
int main()
{
SetOpen("circle");
int i;
N=Getin_Int();
if(N&1){puts("-1\n");return 0;}
re(i,0,N/2-1){edge[i].push_back(2*i);edge[i].push_back(2*i+1);}
DFS(0);
red(i,ans.size()-1,0)printf("%d ",ans[i]);printf("\n");
return 0;
}
tree
数据结构问题。
首先使用DFS序，这样每棵子树在线段树中都是连续的区间，不妨设点u的子树在线段树中的区间为[l[u],r[u]]。
建C棵线段树，第i棵线段树中记录当前节点到根节点的路径中颜色为i的点的权值和。
对于3种不同的命令的做法：
Change u x y：交换第x棵线段树和第y棵线段树中属于区间[l[u],r[u]]的若干个结点（因为要交换，所以线段树用，不过要注意的一点是，u的父亲到根节点的路径中，颜色为x的点的权值和 与 颜色为y的点的权值和 是不一样的，因此要加减 他们的差。
Ask u v c:先求出lca，然后在第c棵中查询：u到根节点的路径中颜色为c的点的权值和+u到根节点的路径中颜色为c的点的权值和-lca到根节点的路径中颜色为c的权值和-lca的父亲到根节点的路径中颜色为c的权值和
Set u c val：建设u原来的颜色是d，原来的权值为f，将第d棵线段树中属于区间[l[u],r[u]]的节点都减去f；然后在第c线段树中属于区间[l[u],r[u]]的结点都加上val。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef pair<int,int> PII;
#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define re(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define red(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define fi first
#define se second
template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;}
template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;}
template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;}
const DB EPS=1e-9;
inline int dblcmp(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;}
inline void SetOpen(string s)
{
freopen((s+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((s+".out").c_str(),"w",stdout);
}
inline int Getin_Int()
{
int res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
inline LL Getin_LL()
{
LL res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
const int maxN=50000;
const int maxM=50000;
const int maxC=10;
int N,M,C;
int c[maxN+100],v[maxN+100];
int first[maxN+100],now;
struct Tedge{int v,next;}edge[2*maxN+100];
int fa[maxN+100],dep[maxN+100];
int jump[maxN+100][30];
int sum[maxN+100][maxC+3];
int id[maxN+100],l[maxN+100],r[maxN+100],cnt;
inline void addedge(int u,int v)
{
now++;
edge[now].v=v;
edge[now].next=first[u];
first[u]=now;
}
int que[maxN+100],head,tail;
inline void BFS(int S)
{
mmst(fa,-1);
que[head=tail=0]=S;
fa[S]=0;
dep[S]=1;
while(head<=tail)
{
int u=que[head++],i,v;
for(i=first[u],v=edge[i].v;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v)if(v!=fa[u])
{
que[++tail]=v;
fa[v]=u;
dep[v]=dep[u]+1;
}
}
}
int sta[maxN+100],top;
int last[maxN+100];
inline void DFS(int S)
{
int j;
re(j,1,N)last[j]=first[j];
sta[top=1]=S;
id[S]=cnt=1;
while(top>=1)
{
int u=sta[top],&i=last[u],v;
for(v=edge[i].v;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v)if(!id[v])
{
id[v]=++cnt;
sta[++top]=v;
break;
}
if(i==-1)top--;
}
}
inline void swim(int &x,int H)
{
int i;
for(i=0;H!=0;H/=2,i++)if(H&1)x=jump[x][i];
}
inline int Ask_LCA(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
swim(x,dep[x]-dep[y]);
if(x==y)return x;
int i;
red(i,30-1,0)if(jump[x][i]!=jump[y][i]){x=jump[x][i];y=jump[y][i];}
return jump[x][0];
}
struct Ttree
{
Ttree *l,*r;
int add,v;
}*tree[maxC+10];
inline Ttree *NewTtree()
{
Ttree *res=new Ttree;
res->l=res->r=0;
res->add=res->v=0;
return res;
}
inline void down(Ttree *&root,int l,int r,int mid)
{
if(root->add==0)return;
int add=root->add;root->add=0;
if(l==r)return;
if(!root->l)root->l=NewTtree();
if(l==mid) root->l->v+=add;
root->l->add+=add;
if(!root->r)root->r=NewTtree();
if(mid+1==r) root->r->v+=add;
root->r->add+=add;
}
inline void update(Ttree *&root,int l,int r,int x,int y,int v)
{
if(!root) root=NewTtree();
if(l>r || y<l || r<x)return;
int mid=(l+r)/2;
down(root,l,r,mid);
if(x<=l && r<=y)
{
if(l==r)root->v+=v;
root->add+=v;
return;
}
update(root->l,l,mid,x,y,v);
update(root->r,mid+1,r,x,y,v);
}
inline void change(Ttree *&R1,Ttree *&R2,int l,int r,int x,int y,int temp1,int temp2)
{
if(!R1) R1=NewTtree();
if(!R2) R2=NewTtree();
if(l>r || y<l || r<x) return;
int mid=(l+r)/2;
down(R1,l,r,mid);
down(R2,l,r,mid);
if(x<=l && r<=y)
{
if(l==r)R1->v+=-temp1+temp2;R1->add+=-temp1+temp2;
if(l==r)R2->v+=-temp2+temp1;R2->add+=-temp2+temp1;
swap(R1,R2);
return;
}
change(R1->l,R2->l,l,mid,x,y,temp1,temp2);
change(R1->r,R2->r,mid+1,r,x,y,temp1,temp2);
}
inline int ask(Ttree *&root,int l,int r,int x)
{
if(!root) root=NewTtree();
if(l>r || x<l || r<x)return 0;
int mid=(l+r)/2;
down(root,l,r,mid);
if(x<=l && r<=x)return root->v;
if(x<=mid) return ask(root->l,l,mid,x); else return ask(root->r,mid+1,r,x);
}
int main()
{
SetOpen("tree");
int i,j;
N=Getin_Int();C=0;
re(i,1,N){c[i]=Getin_Int()+1;upmax(C,c[i]);}
re(i,1,N)v[i]=Getin_Int();
mmst(first,-1);now=-1;
re(i,1,N-1)
{
int x=Getin_Int()+1,y=Getin_Int()+1;
addedge(x,y);
addedge(y,x);
}
BFS(1);
re(i,0,tail)
{
int u=que[i];
jump[u][0]=fa[u];
re(j,1,30-1)jump[u][j]=jump[jump[u][j-1]][j-1];
}
re(i,0,tail)
{
int u=que[i];
re(j,1,C)sum[u][j]=sum[fa[u]][j];
sum[u][c[u]]+=v[u];
}
DFS(1);
red(j,tail,0)
{
int u=que[j],v;
l[u]=r[u]=id[u];
for(i=first[u],v=edge[i].v;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v)if(v!=fa[u])
{
upmin(l[u],l[v]);
upmax(r[u],r[v]);
}
}
re(i,1,N)re(j,1,C)update(tree[j],1,N,id[i],id[i],sum[i][j]);
M=Getin_Int();
while(M--)
{
char S[20];
int a,b,x,y,c,val,lca,temp1,temp2,temp3;
scanf("%s",S);
switch(S[0])
{
case ‘C‘:
a=Getin_Int()+1;x=Getin_Int()+1;y=Getin_Int()+1;
temp1=ask(tree[x],1,N,id[fa[a]]);
temp2=ask(tree[y],1,N,id[fa[a]]);
change(tree[x],tree[y],1,N,l[a],r[a],temp1,temp2);
break;
case ‘A‘:
a=Getin_Int()+1;b=Getin_Int()+1;c=Getin_Int()+1;
lca=Ask_LCA(a,b);
printf("%d\n",ask(tree[c],1,N,id[a])+ask(tree[c],1,N,id[b])-ask(tree[c],1,N,id[lca])-ask(tree[c],1,N,id[fa[lca]]));
break;
case ‘S‘:
a=Getin_Int()+1;c=Getin_Int()+1;val=Getin_Int();
re(i,1,C)
{
temp1=ask(tree[i],1,N,id[a])-ask(tree[i],1,N,id[fa[a]]);
if(temp1==0) continue;
update(tree[i],1,N,l[a],r[a],-temp1);
break;
}
update(tree[c],1,N,l[a],r[a],val);
break;
}
}
return 0;
}
watchdogs
动态规划问题。
将题目的模型简化得到:
上下各有N个点，之间有若干条连线。
选择若干条不相交的直线，任意两条直线不能有公共点，每覆盖一个点都有一个分数（上面为vi，下面为pi），求最大的分数和。
首先对于每条直线按a从小到大排序。
枚举直线：
我们发现，如果选择了这条直线，那么a前面的那些点只能连向b前面的点。
记F[i]表示当前连向的点的最大编号为i时的最大的权值和，注意F是可以随着枚举而不断更新的。
就是说询问F[1..b-1]的最大值。
用树状数组。
然后可以更新F[b].
planetcup
枚举进入第一轮比赛的第K名的分数（假设是x）。
容易知道对于0国分数小于x的选手，参加第一轮比赛；对于1国分数小于x的选手，参加第二轮比赛。
所以参加第一轮比赛的选手中，分数小于x的选手都是0国的。
先把0国分数小于x的选手筛出去，他们没有贡献。
剩下的为1国选手和分数大于等于x的0国选手。
将他们按第二轮比赛的成绩从小到大排序。
记F[i][j]表示前i个人，有j个人参加了第一轮比赛且在前K名，容易知道参加的第二轮比赛的人有i-j个。
转移方程容易得到。
参考程序：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef pair<int,int> PII;
#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define re(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define red(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define fi first
#define se second
template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;}
template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;}
template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;}
const DB EPS=1e-9;
inline int dblcmp(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;}
inline void SetOpen(string s)
{
freopen((s+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((s+".out").c_str(),"w",stdout);
}
inline int Getin_Int()
{
int res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
inline LL Getin_LL()
{
LL res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
const int maxN=200;
const int maxK=maxN/2;
int N,K;
struct Tdata
{
int x,y,z;
inline void input(){x=Getin_Int();y=Getin_Int();z=Getin_Int();}
}data[maxN+10];
int F[maxN+10][maxK+10];
int ans;
inline bool cmpy(Tdata a,Tdata b){return a.y>b.y;}
int main()
{
SetOpen("planetcup");
int i,j,k;
N=Getin_Int();K=Getin_Int();
re(i,1,N)data[i].input();
sort(data+1,data+N+1,cmpy);
ans=0;
re(k,1,N)
{
int p=data[k].x,cnt=0;
mmst(F,-1);
F[0][0]=0;
re(i,0,N-1)
{
if(data[i+1].z==0 && data[i+1].x<p)
{
re(j,0,K)F[i+1][j]=F[i][j];
continue;
}
re(j,0,K)
{
if(F[i][j]==-1)continue;
if(data[i+1].z==1 && data[i+1].x<p)
{
if(cnt-j+1<=K) upmax(F[i+1][j],F[i][j]+data[i+1].y); else upmax(F[i+1][j],F[i][j]);
continue;
}
if(data[i+1].x>=p && j+1<=K)
upmax(F[i+1][j+1],F[i][j]+data[i+1].x*data[i+1].z);
if(cnt-j+1<=K) upmax(F[i+1][j],F[i][j]+data[i+1].y*data[i+1].z); else upmax(F[i+1][j],F[i][j]);
}
cnt++;
}
upmax(ans,F[N][K]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
v
数据结构题。
对于每个点，分别求出其向上递增，递减，先增后减，先减后增的最长序列。
然后运用倍增思想，t[i][j]表示从结点i向上的长为2^i的序列中的答案。
设k为i向上跳2^(j-1)步到达的点。
容易知道答案要么全部在红色区域内（答案为t[i][j-1])，要么全部在蓝色区域内（答案为t[k][j-1])，或者跨过红色区域和蓝色区域，这时必然经过k。
有4种情况：
k下方最长的递增序列长度+k上方最长的先增后减序列长度-1
k下方最长的递减序列长度+k上方最长的先减后增序列长度-1
k下方最长的先增后减序列长度+k上方最长的递减序列长度-1
k下方最长的先减后增序列长度+k上方最长的递增序列长度-1
对于询问u,v：
先求出lca。
那么有2种情况，经过lca和不经过lca。
经过lca可以类似于上面的4种情况讨论。
不经过lca，就是从u到lca或者从v到lca，不失一般性，讨论从u到lca ：
我们把从u到lca的路径分成若干段，其中每段的长度都是2的若干次方，可以证明不超过logn段。
在每段内部，我们已经预处理好了，剩下的就是段与段之间的合并，还是利用上面的4种情况进行讨论。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef pair<int,int> PII;
#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define re(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define red(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define fi first
#define se second
template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;}
template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;}
template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;}
const DB EPS=1e-9;
inline int dblcmp(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;}
inline void SetOpen(string s)
{
freopen((s+".in").c_str(),"r",stdin);
freopen((s+".out").c_str(),"w",stdout);
}
inline int Getin_Int()
{
int res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
inline LL Getin_LL()
{
LL res=0,flag=1;char z;
for(z=getchar();z!=EOF && z!=‘-‘ && !isdigit(z);z=getchar());
if(z==EOF)return 0;
if(z==‘-‘){flag=-flag;z=getchar();}
for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-‘0‘,z=getchar());
return res*flag;
}
const int maxN=100000;
int N,Q;
int first[maxN+100],now;
struct Tedge{int v,next;}edge[2*maxN+100];
int fa[maxN+100],dep[maxN+100];
int jump[maxN+100][50];
int p[maxN+100][4];//0上升 1下降 2先上后下 3先下后上
int t[maxN+100][50];
int ans;
inline void addedge(int u,int v)
{
now++;
edge[now].v=v;
edge[now].next=first[u];
first[u]=now;
}
int que[maxN+100],head,tail;
inline void BFS(int S)
{
dep[que[head=tail=0]=S]=1;
while(head<=tail)
{
int u=que[head++],i,v;
for(i=first[u],v=edge[i].v;i!=-1;i=edge[i].next,v=edge[i].v)dep[que[++tail]=v]=dep[u]+1;
}
}
inline int swim(int x,int H)
{
for(int i=0;H!=0;H/=2,i++)if(H&1)x=jump[x][i];
return x;
}
inline int Ask_LCA(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
x=swim(x,dep[x]-dep[y]);
if(x==y)return x;
int i;
red(i,30,0)if(jump[x][i]!=jump[y][i]){x=jump[x][i];y=jump[y][i];}
return jump[x][0];
}
inline int up(int x,int y,int f)
{
return min(p[x][f],dep[x]-dep[y]+1);
}
inline int down(int x,int y,int f)
{
int l=0,r=dep[x]-dep[y],mid;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
int temp=swim(x,mid);
if(p[temp][f]>=dep[temp]-dep[y]+1) r=mid-1; else l=mid+1;
}
return dep[swim(x,l)]-dep[y]+1;
}
inline int solve(int a,int b)
{
int i,res=0,H=dep[a]-dep[b]+1,x=a,y;
for(i=0;H!=0;H/=2,i++)if(H&1)
{
y=swim(x,(1<<i)-1);
upmax(res,t[x][i]);
if(a!=x)
{
upmax(res,down(a,x,0)+up(x,y,2)-1);
upmax(res,down(a,x,1)+up(x,y,3)-1);
upmax(res,down(a,x,2)+up(x,y,1)-1);
upmax(res,down(a,x,3)+up(x,y,0)-1);
}
x=fa[y];
}
return res;
}
int main()
{
SetOpen("v");
int i,j;
N=Getin_Int();
mmst(first,-1);now=-1;
re(i,2,N){fa[i]=Getin_Int();addedge(fa[i],i);}
BFS(1);
re(i,0,30)jump[1][i]=1;
re(j,1,tail)
{
int u=que[j];
jump[u][0]=fa[u];
re(i,1,30)jump[u][i]=jump[jump[u][i-1]][i-1];
}
re(j,0,tail)
{
int u=que[j];
if(u<fa[u])p[u][0]=p[fa[u]][0]+1; else p[u][0]=1;
if(u>fa[u])p[u][1]=p[fa[u]][1]+1; else p[u][1]=1;
p[u][2]=p[u][1];if(u<fa[u])p[u][2]=max(p[fa[u]][2],p[fa[u]][1])+1;
p[u][3]=p[u][0];if(u>fa[u])p[u][3]=max(p[fa[u]][3],p[fa[u]][0])+1;
}
re(j,0,tail)
{
int a=que[j],c,d;
t[a][0]=1;
re(i,1,30)
{
c=jump[a][i-1];
d=swim(c,dep[a]-dep[c]-1);
t[a][i]=max(t[a][i-1],t[c][i-1]);
upmax(t[a][i],down(a,c,0)+up(c,d,2)-1);
upmax(t[a][i],down(a,c,1)+up(c,d,3)-1);
upmax(t[a][i],down(a,c,2)+up(c,d,1)-1);
upmax(t[a][i],down(a,c,3)+up(c,d,0)-1);
}
}
ans=0;
Q=Getin_Int();
while(Q--)
{
int u=Getin_Int()^ans,v=Getin_Int()^ans,lca;
ans=0;
lca=Ask_LCA(u,v);
upmax(ans,solve(u,lca));
upmax(ans,solve(v,lca));
upmax(ans,down(u,lca,0)+down(v,lca,2)-1);
upmax(ans,down(u,lca,1)+down(v,lca,3)-1);
upmax(ans,down(u,lca,2)+down(v,lca,0)-1);
upmax(ans,down(u,lca,3)+down(v,lca,1)-1);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
avenger
待续......
时间： 2024-12-27 18:13:34