题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2243

算法讨论:

树链剖分把树放到线段树上。然后线段树的每个节点要维护的东西有左端点的颜色,右端点的颜色,以及是否被改变过颜色,和颜色段数。

向上合并的过程中,要注意如果左孩子的右端点和右孩子的左端点颜色相同,那么就要把颜色段数减一。

然后我们考虑询问的问题:

对于一个询问,我们是按深度从下向上跳着计算的,所以每次统计一个路径的时候,我们要记录上一次的路径的两端点的颜色,如果本次路径计算的

右端点颜色和上次的左端点颜色相同,那么答案就要减去1.(注意树链剖分,如果在同一次线段树内查询,那么节点深度小的一定线段树的编号也小)。

当两个节点跳到一个重链上的时候,那么此时两边的颜色都要进行判断一下。至于为啥,很好想吧。

题目代码:

 #include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cctype> using namespace std;
const int N = + ;
inline int read() {
int x = ;
char c = getchar();
while(!isdigit(c)) c = getchar();
while(isdigit(c)) {
x = x * + c - '';
c = getchar();
}
return x;
} struct SegmentTree {
int lc, rc, l, r, tag, sz;
}Node[N * ];
struct Edge {
int from, to, next;
}edges[N << ]; char ss[];
int n, m, cnt, pos, co[N], lco, rco;
int fa[N], head[N], son[N], size[N];
int num[N], top[N], depth[N], seg[N]; void insert(int from, int to) {
++ cnt;
edges[cnt].from = from; edges[cnt].to = to;
edges[cnt].next = head[from]; head[from] = cnt;
} void dfs_1(int u, int f) {
fa[u] = f; size[u] = ;
for(int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].to;
if(v != f) {
depth[v] = depth[u] + ;
dfs_1(v, u);
size[u] += size[v];
if(!son[u] || size[v] > size[son[u]])
son[u] = v;
}
}
} void dfs_2(int u, int ances) {
top[u] = ances;
num[u] = ++ pos;
seg[pos] = u;
if(!son[u]) return;
dfs_2(son[u], ances);
for(int i = head[u]; i; i = edges[i].next) {
int v = edges[i].to;
if(v != fa[u] && v != son[u]) {
dfs_2(v, v);
}
}
} void pushdown(int o) {
if(Node[o].l == Node[o].r) return;
int l = o << , r = o << | ;
if(Node[o].tag) {
Node[l].tag = Node[r].tag = Node[o].tag;
Node[l].lc = Node[l].rc = Node[o].tag;
Node[r].lc = Node[r].rc = Node[o].tag;
Node[l].sz = Node[r].sz = ;
Node[o].tag = ;
}
} void pushup(int o) {
if(Node[o].l == Node[o].r) return;
int l = o << , r = o << | ;
Node[o].lc = Node[l].lc;
Node[o].rc = Node[r].rc;
Node[o].sz = Node[l].sz + Node[r].sz - (Node[l].rc == Node[r].lc);
} void build(int o, int l, int r) {
Node[o].l = l; Node[o].r = r; Node[o].tag = ;
if(l == r) {
Node[o].sz = ;
Node[o].lc = Node[o].rc = co[seg[l]];
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
build(o << , l, mid); build(o << | , mid + , r);
pushup(o);
} void update(int o, int l, int r, int v) {
if(Node[o].l == l && Node[o].r == r) {
Node[o].lc = Node[o].rc = v;
Node[o].tag = v; Node[o].sz = ;
return;
}
int mid = (Node[o].l + Node[o].r) >> ;
pushdown(o);
if(r <= mid) update(o << , l, r, v);
else if(l > mid) update(o << | , l, r, v);
else {
update(o << , l, mid, v);
update(o << | , mid + , r, v);
}
pushup(o);
} int query(int o, int l, int r, int L, int R) {
if(Node[o].l == L) lco = Node[o].lc;
if(Node[o].r == R) rco = Node[o].rc;
if(Node[o].l == l && Node[o].r == r) {
return Node[o].sz;
}
int mid = (Node[o].l + Node[o].r) >> ;
pushdown(o);
if(r <= mid) return query(o << , l, r, L, R);
else if(l > mid) return query(o << | , l, r, L, R);
else {
return query(o << , l, mid, L, R) + query(o << | , mid + , r, L, R) - (Node[o << ].rc == Node[o << | ].lc);
}
pushup(o);
} void Update(int x, int y, int z) {
int f1 = top[x], f2 = top[y];
while(f1 != f2) {
if(depth[f1] < depth[f2]) {
swap(x, y); swap(f1, f2);
}
update(, num[f1], num[x], z);
x = fa[f1]; f1 = top[x];
}
if(depth[x] < depth[y]) {
update(, num[x], num[y], z);
}
else {
update(, num[y], num[x], z);
}
} int Query(int x, int y) {
int f1 = top[x], f2 = top[y], res = ;
int ans1 = -, ans2 = -;
while(f1 != f2) {
if(depth[f1] < depth[f2]) {
swap(f1, f2); swap(x, y);
swap(ans1, ans2);
}
res += query(, num[f1], num[x], num[f1], num[x]);
if(rco == ans1) res --; ans1 = lco;
x = fa[f1]; f1 = top[x];
}
if(depth[x] < depth[y]) {
swap(x, y); swap(ans1, ans2);
}
res += query(, num[y], num[x], num[y], num[x]);
if(rco == ans1) res --;
if(lco == ans2) res --;
return res;
} int main() {
int x, y, z;
n = read(); m = read();
for(int i = ; i <= n; ++ i) co[i] = read();
for(int i = ; i < n; ++ i) {
x = read(); y = read();
insert(x, y); insert(y, x);
}
depth[] = ;
dfs_1(, -); dfs_2(, );
build(, , n);
for(int i = ; i <= m; ++ i) {
scanf("%s", ss);
if(ss[] == 'C') {
x = read(); y = read(); z = read();
Update(x, y, z);
}
else {
x = read(); y = read();
printf("%d\n", Query(x, y));
}
}
return ;
}

BZOJ2243

BZOJ 2243 SDOI 2011染色的更多相关文章

  1. [BZOJ 2243] [SDOI 2011] 染色 【树链剖分】

    题目链接:BZOJ - 2243 题目分析 树链剖分...写了200+行...Debug了整整一天+... 静态读代码读了 5 遍 ,没发现错误,自己做小数据也过了. 提交之后全 WA . ————— ...

  2. [SDOI 2011]染色

    Description 题库链接 给定一棵有 \(n\) 个节点的无根树和 \(m\) 个操作,操作有 \(2\) 类: 将节点 \(a\) 到节点 \(b\) 路径上所有点都染成颜色 \(c\) : ...

  3. [BZOJ 2242] [SDOI 2011] 计算器

    Description 你被要求设计一个计算器完成以下三项任务: 给定 \(y,z,p\),计算 \(y^z \bmod p\) 的值: 给定 \(y,z,p\),计算满足 \(xy≡ z \pmod ...

  4. [BZOJ 2285] [SDOI 2011] 保密

    Description 传送门 Solution 这道题的最大难点在于读懂题意(雾 分数规划求出 \(n\) 到 \(1\cdots n_1\) 每个点的最小 \(\sum\frac{t_i}{s_i ...

  5. 解题: SDOI 2011 染色

    题面 强行把序列问题通过树剖套在树上...算了算是回顾了一下树剖的思想=.= 每次树上跳的时候注意跳的同时维护当前拼出来的左右两条链的靠上的端点,然后拼起来的时候讨论一下拼接点,最后一下左右两边的端点 ...

  6. BZOJ 2245 SDOI 2011 工作安排 费用流

    题目大意:有一些商品须要被制造.有一些员工.每个员工会做一些物品,然而这些员工做物品越多,他们的愤慨值越大,这满足一个分段函数.给出哪些员工能够做哪些东西,给出这些分段函数,求最小的愤慨值以满足须要被 ...

  7. BZOJ 2243 染色 | 树链剖分模板题进阶版

    BZOJ 2243 染色 | 树链剖分模板题进阶版 这道题呢~就是个带区间修改的树链剖分~ 如何区间修改?跟树链剖分的区间询问一个道理,再加上线段树的区间修改就好了. 这道题要注意的是,无论是线段树上 ...

  8. BZOJ 2243 染色(树链剖分好题)

    2243: [SDOI2011]染色 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MB Submit: 7971  Solved: 2990 [Submit][Stat ...

  9. [BZOJ 1879][SDOI 2009]Bill的挑战 题解(状压DP)

    [BZOJ 1879][SDOI 2009]Bill的挑战 Description Solution 1.考虑状压的方式. 方案1:如果我们把每一个字符串压起来,用一个布尔数组表示与每一个字母的匹配关 ...

随机推荐

  1. 你好,C++(1)C++是什么?C++的“前世今生”

    The world is built on C++. ——Herb Sutter the chairman of the ISO C++ standards committee and chief n ...

  2. VS2012 编写C++程序的时候DOS窗口一闪而过解决办法。

    在我每次通过VS2012 运行C++程序的时候,DOS窗口在显示结果的时候都是一闪而过.这样让人没法观察输出的结果.经试验找到了一较好的解决办法: 首先包含头文件"stdlib.h" ...

  3. ECSTORE关于后端FILTER条件的表现形式以及含义。

    cstore关于后端filter条件的表现形式以及含义如下: $FILTERARRAY= ARRAY( 'THAN'=>' > '.$VAR, 'LTHAN'=>' < '.$ ...

  4. ubuntu 12.04 下搭接Qt 嵌入式开发环境

    1.安装前的准备工作 (1)有ubuntu12.04 的系统镜像(也可以其他linux 如Fedorea9),都是安装好的 (2)虚拟机VMWare 或 VirtualBox ,两者都可以,都是安装好 ...

  5. Linux企业级项目实践之网络爬虫(23)——系统测试:找出系统中的bug

    为了验证爬虫的业务流程.性能和健壮性需要进行测试. 软件测试是描述一种用来促进鉴定软件的正确性.完整性.安全性和质量的过程.软件测试的经典定义是:在规定的条件下对程序进行操作,以发现程序错误,衡量软件 ...

  6. jQuery手机触屏左右滑动切换焦点图特效代码

    原文地址:http://www.17sucai.com/pins/4857.html 演示地址:http://www.17sucai.com/pins/demoshow/4857 干净演示地址:htt ...

  7. hdu1028:整数拆分

    求整数的拆分数.. 一种解法是母函数 #include <iostream> #include <stdio.h> #include<string.h> #incl ...

  8. autoitv3点击windows界面

    在自动化测试过程中会遇到如下windows安全认证,需要输入账号和密码,这个认证对话框不属于element元素.无法用selenium操作,需要用autoitv3操作,输入账号密码后,再进行web元素 ...

  9. 常用的js对象扩展方法

    1. 字符串的replaceAll String.prototype.replaceAll = function(reallyDo, replaceWith, ignoreCase) { if (!R ...

  10. html checkbox全选或者全不选

    /* 全选或全不选 */ function CheckedAllOrNo() { var arr = $(':checkbox'); for (var i = 1; i < arr.length ...