1.别忘了初始化,初始时各个节点颜色互不相同,也就是ans = d(到根的距离)
2.rot时分清谁和谁, 我脑残写了 fa[x] = y , fa[y] = x
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 210000;
inline int read()
{
register int x = 0; register char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') c = getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0' , c = getchar();
return x;
}
int n , m , dfn , cnt;
int head[N] , st[N] , ed[N] , d[N] , fdfn[N] , f[N][20] , siz[N] , fa[N] , tr[N][2] , rev[N] , maxn[N<<2] , tag[N<<2];
struct edge{int v , nex; } e[N<<1];
inline void add(int u , int v) { e[++cnt].v = v; e[cnt].nex = head[u]; head[u] = cnt; return ; }
#define D_bag puts("this is OK!!");
// Segment_tree->begin()
void Down(int k)
{
if(tag[k])
{
maxn[k<<1] += tag[k]; maxn[k<<1|1] += tag[k];
tag[k<<1] += tag[k]; tag[k<<1|1] += tag[k]; tag[k] = 0; // tag -->clear
}
return ;
}
void build(int k , int l , int r) // 建树初始化
{
if(l == r)
{
maxn[k] = d[fdfn[l]];
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(k << 1 , l , mid);
build(k << 1 | 1 , mid + 1 , r);
maxn[k] = max(maxn[k<<1] , maxn[k<<1|1]);
return ;
}
void Change(int k , int l , int r , int x , int y , int val)
{
if(x <= l && r <= y) return (void)(maxn[k] += val , tag[k] += val);
int mid = (l + r) >> 1; Down(k);
if(x <= mid) Change(k << 1 , l , mid , x , y , val);
if(y > mid) Change(k << 1 | 1 , mid+1 , r , x , y , val);
maxn[k] = max(maxn[k<<1] , maxn[k<<1|1]); return ;
}
int Ask(int k , int l , int r , int x , int y)
{
if(x <= l && r <= y) return maxn[k];
Down(k); int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
if(x <= mid) ans = max(ans , Ask(k<<1 , l , mid , x , y));
if(y > mid) ans = max(ans , Ask(k<<1|1 , mid+1 , r , x , y));
return ans;
}
// Segment_tree->end()
inline int witch(int x) { return x == tr[fa[x]][1]; }
inline int nrt(int x) { return (fa[x] && (tr[fa[x]][0] == x || tr[fa[x]][1] == x)); }
void rot(int x)
{
int y = fa[x] , z = fa[y] , k = witch(x) , w = tr[x][!k];
if(nrt(y)) tr[z][witch(y)] = x; fa[x] = z; // !!!!
tr[y][k] = w; if(w) fa[w] = y;
tr[x][!k] = y; fa[y] = x;
}
void Splay(int x)
{
while(nrt(x))
{
if(nrt(fa[x])) rot(witch(x) == witch(fa[x]) ? fa[x] : x);
rot(x);
}
return ;
}
int find_son(int x)
{
while(tr[x][0]) x = tr[x][0]; return x;
}
void assess(int x)
{
int t = 0;
for(t = 0; x ; t = x , x = fa[x])
{
Splay(x);
if(t)
{
int son = find_son(t);
Change(1 , 1 , n , st[son] , ed[son] , -1);
}
if(tr[x][1])
{
int son = find_son(tr[x][1]);
Change(1 , 1 , n , st[son] , ed[son] , 1);
}
tr[x][1] = t;
}
return ;
}
int lca(int x , int y)
{
if(x == y) return x;
if(d[x] < d[y]) swap(x , y);
for(int i = 18 ; i >= 0 ; --i) if(d[f[x][i]] >= d[y]) x = f[x][i];
if(x == y) return x;
for(int i = 18 ; i >= 0 ; --i) if(f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i] , y = f[y][i];
return f[x][0];
}
void dfs(int x)
{
st[x] = ++dfn; fdfn[dfn] = x;
for(int i = 1 ; i <= 18 ; ++i) f[x][i] = f[f[x][i-1]][i-1];
for(int i = head[x] , v; i ; i = e[i].nex)
{
v = e[i].v;
if(v == f[x][0]) continue;
f[v][0] = x; d[v] = d[x] + 1; fa[v] = x; dfs(v);
}
ed[x] = dfn;
return ;
}
int main()
{
n = read(); m = read();
for(int i = 1 , a , b; i <= n - 1 ; ++i)
{
a = read(); b = read();
add(a , b); add(b , a);
}
d[1] = 1; dfs(1);
build(1 , 1 , n);
for(int i = 1 , op , x ; i <= m ; ++i)
{
op = read(); x = read();
if(op == 1) assess(x);
else
if(op == 2)
{
int y = read() , p = lca(x , y);
int ans = Ask(1 , 1 , n , st[x] , st[x]) + Ask(1 , 1 , n , st[y] , st[y]) - 2 * Ask(1 , 1 , n , st[p] , st[p]) + 1;
printf("%d\n" , ans);
}
else
if(op == 3)
printf("%d\n" , Ask(1 , 1 , n , st[x] , ed[x]));
}
return 0;
}
/*
5 6
1 2
2 3
3 4
3 5
2 4 5
3 3
1 4
2 4 5
1 5
2 4 5
*/
原文地址:https://www.cnblogs.com/R-Q-R-Q/p/12158712.html
时间: 2024-11-02 17:25:41
4817 [Sdoi2017]树点涂色的相关文章
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB 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没有用过的新颜色. 2 x y: 求x到y的路径的权值. 3 x y: 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
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
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 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
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],t
本文版权归ljh2000和博客园共有,欢迎转载,但须保留此声明,并给出原文链接,谢谢合作. 本文作者:ljh2000 作者博客:http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/转载请注明出处,侵权必究,保留最终解释权! 题目链接:BZOJ4817 正解:$LCT$+线段树 解题报告: 考虑操作$1$很类似$LCT$中的$access$操作,我们可以借助$LCT$的复杂度证明,来保证用$LCT$的实现方式来完成本题的操作复杂度的正确性. 我们维护每个点到根的权值,用线段树维
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
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(
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>
© 2024 憋错料 | info#biecuoliao.com | 10 q. 0.023 s.
|