http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2002

(BZOJ挂了,还没在BZOJ测,先是在wikioi测过了,,)

囧。在军训时立志要学lct!!!这是一道lct的裸题,只有access操作(10行都没有啊亲。。。缩行大法的话,我就不说了。。)(link操作相当于水过),其实lct很简单。。想想都有点小激动。。。。。。

lct用splay维护的话,一下就写好了。。但是我在写lct的时候,发现了一些我原来splay的老问题,我原来也知道了的,就是将null的ch给赋值了,因为在rot操作里没有特判,所以导致了null的孩子被赋值了,导致我的lct调试了2天T_T

这不科学啊!!(但是想想了还好了,,因为lct在splay的过程中,是有父亲而父亲不一定有这个孩子的,因为lct维护的是森林。。所以在splay里要加特判,即父亲是否有这个孩子

还有个地方卡了我的调试,就是access操作,本来我是没有加ch[1]->f=null的,之前调试的时候以为是这里出问题,但是证明我很蠢。。。。这里一定不能这样搞啊!因为这样就将孩子和父亲断了联系。。。囧。

本题有个特性,即已经有序了的,我们可以从后往前看这个数组,想象成森林,某根的孩子就是在原数组的左边(深度比他深,即越后的元素深度越浅,因为lct在找preferred path的时候splay是按深度构图的,那么孩子就是在父亲的左边,而羊是从左往右走的,所以在更新的时候,不能断了左边的联系T_T,就是我之前的那个错误。。。。将孩子的父亲断了。。T_T。)

link-cut tree具体看论文吧,很容易看懂的,真心话。就是用一颗splay维护某个点的路径,即access操作,我相信多做题就行了的

。。找到错误真开心~调试出来了真开心~

有时间在学习完整套lct然后写篇专题。。囧。。最近看的数学真心感觉有点难啊,数论怎么那么hentai啊?公式推来推去就是为了将O(n)变成O(1)么。这东西能在考场上想到吗囧。好吧,我是蒟蒻所以想不到。

#include <cstdio>
#define read(x) x=getint() using namespace std;
inline int getint() { char c; int ret=0; for(c=getchar(); c<'0' || c>'9'; c=getchar()); for(; c>='0' && c<='9'; c=getchar()) ret=ret*10+c-'0'; return ret; } const int N=200005;
struct node* null;
struct node {
node *f, *ch[2];
int s;
void pushup() { s=1+ch[0]->s+ch[1]->s; }
bool d() { return f->ch[1]==this; }
void setc(node* c, bool d) { ch[d]=c; c->f=this; }
bool check() { return f==null || (f->ch[0]!=this && f->ch[1]!=this); } //check操作是lct特地的,因为为了省空间,我们不开n颗splay,只用节点关联就行了,这样就无法避免父亲没有这个孩子的情况。所以还要特判
}*nd[N]; void rot(node* r) {
node* f=r->f; bool d=r->d();
if(f->check()) r->f=f->f;
else f->f->setc(r, f->d()); //这里一定要这样写,不然会让null的孩子改变,这样在splay的循环就会死循环T_T
f->setc(r->ch[!d], d);
r->setc(f, !d);
f->pushup();
} inline void splay(node* r) {
while(!r->check())
if(r->f->check()) rot(r);
else r->d()==r->f->d()?(rot(r->f), rot(r)):(rot(r), rot(r));
r->pushup();
} inline void access(node* f) {
for(node* c=null; f!=null; f=f->f) {
splay(f);
f->setc(c, 1);
f->pushup();
c=f;
}
} inline void link(node* c, node* f) {
access(c); splay(c);
c->ch[0]->f=null; c->ch[0]=null; c->f=f; c->pushup();
} inline void init() {
null=new node; null->s=0; null->f=null->ch[0]=null->ch[1]=null;
} int main() {
init();
int n, t; read(n);
for(int i=0; i<n; ++i) { nd[i]=new node; nd[i]->s=1; nd[i]->ch[0]=nd[i]->ch[1]=nd[i]->f=null; }
for(int i=0; i<n; ++i) {
read(t);
if(i+t<n) nd[i]->f=nd[i+t];
}
int m, a, b, c; read(m);
for(int i=0; i<m; ++i) {
read(a); read(b);
if(a==1) {
access(nd[b]);
splay(nd[b]);
printf("%d\n", nd[b]->s);
}
else {
read(c);
if(b+c<n) link(nd[b], nd[b+c]);
else link(nd[b], null);
}
}
return 0;
}

参考论文:杨哲《QTREE解法的一些研究》


Description

某天,Lostmonkey发明了一种超级弹力装置,为了在 他的绵羊朋友面前显摆,他邀请小绵羊一起玩个游戏。游戏一开始,Lostmonkey在地上沿着一条直线摆上n个装置,每个装置设定初始弹力系数ki,当 绵羊达到第i个装置时,它会往后弹ki步,达到第i+ki个装置,若不存在第i+ki个装置,则绵羊被弹飞。绵羊想知道当它从第i个装置起步时,被弹几次 后会被弹飞。为了使得游戏更有趣,Lostmonkey可以修改某个弹力装置的弹力系数,任何时候弹力系数均为正整数。

Input

第 一行包含一个整数n,表示地上有n个装置,装置的编号从0到n-1,接下来一行有n个正整数,依次为那n个装置的初始弹力系数。第三行有一个正整数m,接 下来m行每行至少有两个数i、j,若i=1,你要输出从j出发被弹几次后被弹飞,若i=2则还会再输入一个正整数k,表示第j个弹力装置的系数被修改成 k。对于20%的数据n,m<=10000,对于100%的数据n<=200000,m<=100000

Output

对于每个i=1的情况,你都要输出一个需要的步数,占一行。

Sample Input

4
1 2 1 1
3
1 1
2 1 1
1 1

Sample Output

2
3

HINT

Source

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