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过程中处理即可。
对于操作一，直接access；
对于操作二，\( ans=val[x]+val[y]-2*val[lca(x,y)]+1 \)；
对于操作三，用线段树维护区间最大值，直接查询即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=300005;
int n,m,h[N],cnt,si[N],fa[N],de[N],hs[N],fr[N],id[N],tmp,rl[N];
struct qwe
{
int ne,to;
}e[N<<1];
struct xianduanshu
{
int l,r,mx,lz;
}q[N<<2];
struct pinghengshu
{
int f,c[2];
}t[N];
int read()
{
int r=0,f=1;
char p=getchar();
while(p>‘9‘||p<‘0‘)
{
if(f==-1)
f=-1;
p=getchar();
}
while(p>=‘0‘&&p<=‘9‘)
{
r=r*10+p-48;
p=getchar();
}
return r*f;
}
void add(int u,int v)
{
cnt++;
e[cnt].ne=h[u];
e[cnt].to=v;
h[u]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fat)
{
fa[u]=fat;
de[u]=de[fat]+1;
si[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].to!=fat)
{
dfs1(e[i].to,u);
si[u]+=si[e[i].to];
if(si[e[i].to]>si[hs[u]])
hs[u]=e[i].to;
}
}
void dfs2(int u,int top)
{
fr[u]=top;
id[u]=++tmp;
rl[tmp]=u;
if(!hs[u])
return;
dfs2(hs[u],top);
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].to!=fa[u]&&e[i].to!=hs[u])
dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
int lca(int u,int v)
{
for(;fr[u]!=fr[v];de[fr[u]]>de[fr[v]]?u=fa[fr[u]]:v=fa[fr[v]]);//cout<<u<<" "<<v<<" "<<" ";if(de[u]>de[v])cout<<v;else cout<<u;cout<<endl;
return de[u]>de[v]?v:u;
}
void build(int ro,int l,int r)
{
q[ro].l=l,q[ro].r=r;
if(l==r)
{
q[ro].mx=de[rl[l]];
// cout<<rl[l]<<" "<<q[ro].mx<<endl;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(ro<<1,l,mid);
build(ro<<1|1,mid+1,r);
q[ro].mx=max(q[ro<<1].mx,q[ro<<1|1].mx);
}
void pd(int ro)
{
q[ro<<1].mx+=q[ro].lz;
q[ro<<1].lz+=q[ro].lz;
q[ro<<1|1].mx+=q[ro].lz;
q[ro<<1|1].lz+=q[ro].lz;
q[ro].lz=0;
}
void update(int ro,int l,int r,int v)
{//cout<<l<<" "<<r<<" "<<v<<endl;
if(q[ro].l==l&&q[ro].r==r)
{
q[ro].mx+=v;
q[ro].lz+=v;
return;
}
if(q[ro].lz)
pd(ro);
int mid=(q[ro].l+q[ro].r)>>1;
if(r<=mid)
update(ro<<1,l,r,v);
else if(l>mid)
update(ro<<1|1,l,r,v);
else
{
update(ro<<1,l,mid,v);
update(ro<<1|1,mid+1,r,v);
}
q[ro].mx=max(q[ro<<1].mx,q[ro<<1|1].mx);
}
int ques(int ro,int l,int r)
{
if(q[ro].l==l&&q[ro].r==r)
return q[ro].mx;
if(q[ro].lz)
pd(ro);
int mid=(q[ro].l+q[ro].r)>>1;
if(r<=mid)
return ques(ro<<1,l,r);
else if(l>mid)
return ques(ro<<1|1,l,r);
else
return max(ques(ro<<1,l,mid),ques(ro<<1|1,mid+1,r));
}
bool srt(int x)
{
return t[t[x].f].c[0]!=x&&t[t[x].f].c[1]!=x;
}
void zhuan(int x)
{
int l,r,y=t[x].f,z=t[y].f;
if(t[y].c[0]==x)
l=0;
else
l=1;
r=l^1;
if(!srt(y))
{
if(t[z].c[0]==y)
t[z].c[0]=x;
else
t[z].c[1]=x;
}
t[x].f=z;t[y].f=x;
t[t[x].c[r]].f=y;
t[y].c[l]=t[x].c[r];
t[x].c[r]=y;
}
void splay(int x)
{
while(!srt(x))
{
int y=t[x].f,z=t[y].f;
if(!srt(y))
{
if((t[y].c[0]==x)^(t[z].c[0]==y))
zhuan(x);
else
zhuan(y);
}
zhuan(x);
}
}
void acc(int x)
{
for(int i=0;x;i=x,x=t[x].f)
{
splay(x);
if(t[x].c[1])
{
int y=t[x].c[1];
while(t[y].c[0])
y=t[y].c[0];
update(1,id[y],id[y]+si[y]-1,1);
}
t[x].c[1]=i;
if(t[x].c[1])
{
int y=t[x].c[1];
while(t[y].c[0])
y=t[y].c[0];
update(1,id[y],id[y]+si[y]-1,-1);
}
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
for(int i=2;i<=n;i++)
t[i].f=fa[i];
while(m--)
{
int o=read();
if(o==1)
{
int x=read();
acc(x);
}
else if(o==2)
{
int x=read(),y=read(),lc=lca(x,y);
printf("%d\n",ques(1,id[x],id[x])+ques(1,id[y],id[y])-2*ques(1,id[lc],id[lc])+1);
// printf("%d %d %d %d\n",ques(1,id[x],id[x]),ques(1,id[y],id[y]),ques(1,id[lc],id[lc]),ques(1,id[fa[lc]],id[fa[lc]]));
}
else
{
int x=read();
printf("%d\n",ques(1,id[x],id[x]+si[x]-1));
}
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/lokiii/p/8244745.html
时间： 2024-11-08 23:51:45