洛谷题面传送门

终于调出来这道题了,写篇题解(

首先碰到这样的题我们肯定要考虑每种操作会对树的形态产生怎样的影响:

  • 插入操作:对于 BST 有一个性质是,当你插入一个节点时,其在 BST 上的父亲肯定是,你把 BST 中父亲按权值 sort 一遍排成一列后,在待插入的数的两侧的数对应的节点中,深度较大者。因此我们考虑用一个 set,将所有点的权值和编号压进去然后在里面 lower_bound 即可找出待插入点两侧的点。

  • 单旋最小值:稍微画几个图即可发现,对于最小值代表的点 \(x\),如果 \(x\) 已经是根了就可以忽略此次操作,否则假设 \(x\) 在 splay 上的父亲为 \(f\),右儿子为 \(son\),原来的根为 \(rt\),那么此次操作等价于以下四个删断边操作:

    • 断开 \(x,f\) 之间的边
    • 断开 \(x,son\) 之间的边(如果 \(x\) 不存在右儿子则忽略)
    • 连上 \(x,rt\) 之间的边,其中 \(x\) 为 \(rt\) 的父亲
    • 连上 \(f,son\) 之间的边

    注意到这里涉及删断边,并且在任意时刻图都是一棵森林,因此可以 LCT 维护。

  • 单旋最大值:同单旋最小值的情况,只不过这里需要把右儿子改为左儿子

  • 单旋删除最小值:与单旋最小值的情况类似,只不过这次不需要连 \(x\) 与 \(rt\) 之间的边

  • 单旋删除最大值:与单旋删除最小值的情况类似,只不过这里也需要把右儿子改为左儿子

程序的大致框架构建出来了,接下来考虑如何具体实现每个操作:

  • 查询一个点在 BST 上的深度:直接把这个点 access 一遍并转到 splay 的根,那么这个点的 siz 就是该点在 BST 上的深度大小。
  • 查询一个点的左/右儿子:在我们 LCT 的过程中,我们失去了原 BST 上左右儿子的信息,因此我们无法直接通过将它转到根,然后调用其 ch[0]/ch[1] 的方法求其左右儿子。不过注意到每个点在 BST 上儿子个数 \(\le 2\),因此我们考虑 top tree 的思想,用一个 set 维护其虚儿子,这样我们每次查询一个点的左右儿子时,只需把它 access 一遍并转到根,然后在它的虚儿子集合中找到键值大于 / 小于该点的键值的点即可。

最后是一些注意点:

  • rotate 时,如果 \(x\) 的父亲是 \(x\) 所在 splay 的根,那么我们要在 \(x\) 父亲的父亲的虚儿子集合中删除 \(y\) 加入 \(x\),这一点在普通的 top tree 中不用考虑,因为转 \(x\) 不会影响 \(x\) 的父亲的父亲的子树的大小,但是这里我们维护的是一个点的虚儿子具体是什么,虚儿子变了,父亲的信息也要改变。
  • 在查询左右儿子时,不能找到一个键值比待查询点键值大 / 小的点就 return,要在对应子树中找到深度最浅(中序遍历中第一位)的点再返回。
const int MAXN=1e5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int ncnt=0;
struct node{int ch[2],f,siz,rev_lz,val;set<int> img_ch;} s[MAXN+5];
void pushup(int k){s[k].siz=s[s[k].ch[0]].siz+s[s[k].ch[1]].siz+1;}
int ident(int k){return ((s[s[k].f].ch[0]==k)?0:((s[s[k].f].ch[1]==k)?1:-1));}
void connect(int k,int f,int op){s[k].f=f;if(~op) s[f].ch[op]=k;}
void rotate(int x){
int y=s[x].f,z=s[y].f,dx=ident(x),dy=ident(y);
connect(s[x].ch[dx^1],y,dx);connect(y,x,dx^1);connect(x,z,dy);
pushup(y);pushup(x);assert(~dx);
if(dy==-1&&z){
s[z].img_ch.erase(s[z].img_ch.find(y));
s[z].img_ch.insert(x);
}
}
void splay(int k){
while(~ident(k)){
if(ident(s[k].f)==-1) rotate(k);
else if(ident(k)==ident(s[k].f)) rotate(s[k].f),rotate(k);
else rotate(k),rotate(k);
}
}
void access(int k){
int pre=0;
for(;k;pre=k,k=s[k].f){
splay(k);
if(s[k].ch[1]) s[k].img_ch.insert(s[k].ch[1]);s[k].ch[1]=pre;
if(s[k].ch[1]) s[k].img_ch.erase(s[k].img_ch.find(s[k].ch[1]));
pushup(k);
}
}
int findroot(int k){
access(k);splay(k);
while(s[k].ch[0]) k=s[k].ch[0];
splay(k);return k;
}
void link(int x,int y){
access(x);splay(x);
s[x].f=y;s[y].img_ch.insert(x);
}//y is x's father
int getfa(int x){
access(x);splay(x);x=s[x].ch[0];
while(s[x].ch[1]) x=s[x].ch[1];
return x;
}
int getls(int x){
access(x);splay(x);
for(int c:s[x].img_ch) if(s[c].val<s[x].val){
while(s[c].ch[0]) c=s[c].ch[0];
return c;
}
return 0;
}
int getrs(int x){
access(x);splay(x);
for(int c:s[x].img_ch) if(s[c].val>s[x].val){
while(s[c].ch[0]) c=s[c].ch[0];
return c;
}
return 0;
}
void cut(int x,int y){
access(x);splay(x);int son=s[x].ch[0];
s[x].ch[0]=s[son].f=0;pushup(x);
}//y is x's father
set<pii> st;
int calc_dep(int x){access(x);splay(x);return s[x].siz;}
void splay_mn(){
pii p=*++st.begin();int id=p.se;
access(id);splay(id);printf("%d\n",s[id].siz);
if(findroot(id)==id) return;
int fa=getfa(id),rt=findroot(id);
cut(id,fa);int son=getrs(id);
if(son) assert(getfa(son)==id),cut(son,id),link(son,fa);
link(rt,id);assert(findroot(fa)==id);
}
void splay_mx(){
pii p=*-- --st.end();int id=p.se;
access(id);splay(id);printf("%d\n",s[id].siz);
if(findroot(id)==id) return;
int fa=getfa(id),rt=findroot(id);
cut(id,fa);int son=getls(id);
if(son) assert(getfa(son)==id),cut(son,id),link(son,fa);
link(rt,id);
}
void del_mn(){
pii p=*++st.begin();int id=p.se;st.erase(st.find(p));
access(id);splay(id);printf("%d\n",s[id].siz);
if(findroot(id)==id){
int son=getrs(id);
if(son) cut(son,id);
return;
}
int fa=getfa(id),rt=findroot(id);
cut(id,fa);int son=getrs(id);
if(son) assert(getfa(son)==id),cut(son,id),link(son,fa);
}
void del_mx(){
pii p=*-- --st.end();int id=p.se;st.erase(st.find(p));
access(id);splay(id);printf("%d\n",s[id].siz);
if(findroot(id)==id){
int son=getls(id);
if(son) cut(son,id);
return;
}
int fa=getfa(id),rt=findroot(id);
cut(id,fa);int son=getls(id);
if(son) assert(getfa(son)==id),cut(son,id),link(son,fa);
}
int main(){
int qu;scanf("%d",&qu);
st.insert(mp(0,0));st.insert(mp(INF,0));
while(qu--){
int opt;scanf("%d",&opt);
if(opt==1){
int x;scanf("%d",&x);
s[++ncnt].val=x;s[ncnt].siz=1;
st.insert(mp(x,ncnt));
if(st.size()>3){
pii nxt=*st.upper_bound(mp(x,ncnt));
pii pre=*--st.lower_bound(mp(x,ncnt));
int L=(pre.se)?calc_dep(pre.se):0;
int R=(nxt.se)?calc_dep(nxt.se):0;
if(L>R) link(ncnt,pre.se);
else link(ncnt,nxt.se);
} printf("%d\n",calc_dep(ncnt));
} else if(opt==2) splay_mn();
else if(opt==3) splay_mx();
else if(opt==4) del_mn();
else del_mx();
}
return 0;
}

洛谷 P3721 - [AH2017/HNOI2017]单旋(LCT)的更多相关文章

  1. 洛谷P3721 [AH2017/HNOI2017]单旋(线段树 set spaly)

    题意 题目链接 Sol 这题好毒瘤啊.. 首先要观察到几个性质: 将最小值旋转到根相当于把右子树变为祖先的左子树,然后将原来的根变为当前最小值 上述操作对深度的影响相当于右子树不变,其他的位置-1 然 ...

  2. P3721 [AH2017/HNOI2017]单旋

    题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P3721 手玩一下即可AC此题. 结论:插入x后,x要么会成为x的前驱的右儿子,要么成为x的后继的左儿子,这取决于它 ...

  3. luogu P3721 [AH2017/HNOI2017]单旋

    传送门 \(Spaly:\)??? 考虑在暴力模拟的基础上优化 如果要插入一个数,那么根据二叉查找树的性质,这个点一定插在他的前驱的右子树或者是后继的左子树,可以利用set维护当前树里面的数,方便查找 ...

  4. bzoj 4825: [Hnoi2017]单旋 [lct]

    4825: [Hnoi2017]单旋 题意:有趣的spaly hnoi2017刚出来我就去做,当时这题作死用了ett,调了5节课没做出来然后发现好像直接用lct就行了然后弃掉了... md用lct不知 ...

  5. 洛谷 P3723 [AH2017/HNOI2017]礼物 解题报告

    P3723 [AH2017/HNOI2017]礼物 题目描述 我的室友最近喜欢上了一个可爱的小女生.马上就要到她的生日了,他决定买一对情侣手环,一个留给自己,一个送给她.每个手环上各有 \(n\) 个 ...

  6. [AH2017/HNOI2017]单旋

    题目 \(\rm splay\)水平太差,于是得手玩一下才能发现规律 首先插入一个数,其肯定会成为其前驱的右儿子或者是后继的左儿子,进一步手玩发现前驱的右儿子或者是后继的左儿子一定只有一个是空的,我们 ...

  7. 洛谷P3722 [AH2017/HNOI2017]影魔(线段树)

    题意 题目链接 Sol 题解好神仙啊qwq. 一般看到这种考虑最大值的贡献的题目不难想到单调数据结构 对于本题而言,我们可以预处理出每个位置左边第一个比他大的位置\(l_i\)以及右边第一个比他大的位 ...

  8. 洛谷P3726 [AH2017/HNOI2017]抛硬币(组合数+扩展Lucas)

    题面 传送门 题解 果然--扩展\(Lucas\)学了跟没学一样-- 我们先考虑\(a=b\)的情况,这种情况下每一个\(A\)胜的方案中\(A\)和\(B\)的所有位上一起取反一定是一个\(A\)败 ...

  9. 洛谷P3724 [AH2017/HNOI2017]大佬(决策单调性)

    传送门 这个思路很妙诶->这里 以下为了方便,我把自信说成血量好了 虽然表面上看起来每一天有很多种选择,然而我们首先要保证的是不死,然后考虑不死的情况下最多能拿出多少天来进行其他操作.不死可以d ...

随机推荐

  1. gin 源码阅读(5) - 灵活的返回值处理

    gin 源码阅读系列文章列表: gin 源码阅读(1) - gin 与 net/http 的关系 gin 源码阅读(2) - http请求是如何流入gin的? gin 源码阅读(3) - gin 路由 ...

  2. Java项目中常用的的五大设计原则

    今天我们一起来聊聊关于设计原则相关的知识点. SOLID五大原则是什么 SRP 单一责任原则 单一责任原则,从名字上我们就能比较好的去理解它.这项原则主张一个对象只专注于单个方面的逻辑,强调了职责的专 ...

  3. seata整合nacos完成分布式的部署

    seata整合nacos完成分布式的部署 一.背景 二.部署机器 三.部署步骤 1.在seata上创建命名空间 2.下载对应版本的seata 3.单机启动 1.修改seata配置文件 1.修改注册中心 ...

  4. Linux有什么可取之处竟如此受欢迎

    什么是Linux? Linux是一个操作系统软件.和Windows不同的是,Linux是一套开放源代码程序的.并可以自由传播的类Unix操作系统,它是一个支持多用户.多任务.多线程和多CPU的操作系统 ...

  5. 常用Java API:HashMap 和 TreeMap

    摘要 本文主要介绍Map接口下的HashMap和TreeMap. HashMap HashMap是基于哈希表的 Map 接口的实现,是无序的 clear()//清空. containsKey(Obje ...

  6. git merge远程合并

    当某个分支上的开发工作完成后需要将其合入主分支master 但是在提交合并前我们自己最好做一次衍合,目的是检测是否有冲突的风险,如果有应该在本分支先解决冲突然后在提交合并. 否则解决冲突的工作就全部转 ...

  7. 双栈排序 牛客网 程序员面试金典 C++ Python

    双栈排序 牛客网 程序员面试金典 C++ Python 题目描述 请编写一个程序,按升序对栈进行排序(即最大元素位于栈顶),要求最多只能使用一个额外的栈存放临时数据,但不得将元素复制到别的数据结构中. ...

  8. hdu 1166 敌兵布阵(单点更新,区间查询)

    题意: N个工兵营地.工兵营地里的人数分别为:a1,a2,....aN Add i,j:第i个工兵营地里增加j人 Sub i,j:第i个工兵营地里减少j人 Query i,j:查询第i个第j个工兵营地 ...

  9. hdu 5100 Chessboard (额,,,,,就叫它趣味数学题吧)

    题意: 用K*1的砖块去覆盖N*N的大矩形,问最多能覆盖多少块. 详细证明:(转载自matrix67) Matrix67: The Aha Moments 趣题:用 k × 1 的矩形覆盖 n × n ...

  10. PWN学习之格式化字符串漏洞

    目录 PWN学习之格式化字符串漏洞 格式化输出函数 格式化字符串漏洞 漏洞利用 使程序崩溃 栈数据泄露 任意地址内存泄漏 栈数据覆盖 任意地址内存覆盖 PWN学习之格式化字符串漏洞 格式化输出函数 可 ...