首先没有连边的操作的时候,我们可以用可持久化线段树来维护这棵树的信息,建立权值可持久化线段树,那么每个点继承父节点的线段树,当询问为x,y的时候我们可以询问rot[x]+rot[y]-rot[lca(x,y)]-rot[lca(x,y)->father]这棵树来得知这个链的信息。

  那么对于连边操作,相当于合并两棵树,我们可以将树的节点数小的树全部拆掉连到节点大的树中,这样每个点最多会被操作logn次,每次操作的时间复杂度为logn,所以是mlog^2n的。

  反思:对于树的连通性我是用并查集维护的,对于合并操作还需要dfs一次小的树来维护各种信息,但是忘记对x,y点连边了,导致一直RE.(RE是因为某次值不正确,导致下一次^的点超过n)。

     各种慢= =。

/**************************************************************
Problem: 3123
User: BLADEVIL
Language: C++
Result: Accepted
Time:16612 ms
Memory:81512 kb
****************************************************************/ //By BLADEVIL
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define maxn 100010
#define maxm 200010 using namespace std; struct rec {
int key,num;
rec() {
key=num=;
}
}a[maxn]; struct segment {
int left,right,cnt;
int son[];
segment() {
left=right=cnt=;
memset(son,,sizeof son);
}
}t[maxn<<]; int n,m,l,N,tot;
int pre[maxm<<],last[maxm<<],other[maxm<<];
int ans[maxn],rot[maxn];
int dep[maxn],jump[maxn][],father[maxn],size[maxn],que[maxn]; void connect(int x,int y) {
pre[++l]=last[x];
last[x]=l;
other[l]=y;
} int getfather(int x) {
if (father[x]==x) return x;
return father[x]=getfather(father[x]);
} void dfs(int x,int fa) {
jump[x][]=fa; dep[x]=dep[fa]+;
for (int p=last[x];p;p=pre[p]) {
if (other[p]==fa) continue;
dfs(other[p],x);
}
} bool cmp1(rec x,rec y) {
return x.key<y.key;
} bool cmp2(rec x,rec y) {
return x.num<y.num;
} int lca(int x,int y) {
if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
int d=dep[y]-dep[x];
for (int i=;i<=;i++) if (d&(<<i)) y=jump[y][i];
if (x==y) return x;
for (int i=;i>=;i--) if (jump[x][i]!=jump[y][i]) x=jump[x][i],y=jump[y][i];
return jump[x][];
} void build(int &x,int l,int r) {
if (!x) x=++tot;
t[x].left=l; t[x].right=r;
if (t[x].left==t[x].right) return ;
int mid=t[x].left+t[x].right>>;
build(t[x].son[],l,mid); build(t[x].son[],mid+,r);
} void insert(int &x,int rot,int key) {
if (!x) x=++tot;
t[x].left=t[rot].left; t[x].right=t[rot].right;
if (t[x].left==t[x].right) {
t[x].cnt=t[rot].cnt+;
return ;
}
int mid=t[x].left+t[x].right>>;
if (key>mid) {
t[x].son[]=t[rot].son[];
insert(t[x].son[],t[rot].son[],key);
} else {
t[x].son[]=t[rot].son[];
insert(t[x].son[],t[rot].son[],key);
}
t[x].cnt=t[rot].cnt+;
} int query(int x,int y,int l1,int l2,int k) {
//printf("%d %d %d ",x,t[x].left,t[x].right);
if (t[x].left==t[x].right) return t[x].left;
int cur=t[t[x].son[]].cnt+t[t[y].son[]].cnt-t[t[l1].son[]].cnt-t[t[l2].son[]].cnt;
//printf("%d\n",cur);
if (k>cur) return query(t[x].son[],t[y].son[],t[l1].son[],t[l2].son[],k-cur); else
return query(t[x].son[],t[y].son[],t[l1].son[],t[l2].son[],k);
} void make(int x,int fa) {
insert(rot[x],rot[fa],a[x].key);
for (int p=last[x];p;p=pre[p]) {
if (other[p]==fa) continue;
make(other[p],x);
}
} void update(int x,int fa,int j) {
jump[x][j]=jump[jump[x][j-]][j-];
for (int p=last[x];p;p=pre[p]) {
if (other[p]==fa) continue;
update(other[p],x,j);
}
} void merge(int x,int y) {
int fx=getfather(x),fy=getfather(y);
//if (x==1) printf("%d %d\n",fx,fy);
if (size[fx]<size[fy]) swap(x,y);
fx=getfather(x),fy=getfather(y);
father[fy]=fx; size[fx]+=size[fy];
dfs(y,x); make(y,x);
for (int i=;i<=;i++) update(y,x,i);
//for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",i,jump[i][0]);
} int main() {
//freopen("3123.in","r",stdin); freopen("3123.out","w",stdout);
int task; scanf("%d",&task);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&task);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[a[i].num=i].key); sort(a+,a++n,cmp1);
int cur; ans[]=cur=a[].key;
for (int i=,j=;i<=n;i++)
if (a[i].key==cur) a[i].key=j; else ans[++j]=cur=a[i].key,a[i].key=j,N=j;
sort(a+,a++n,cmp2);
//for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("\n");
//for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",a[i].key); printf("\n"); for (int i=;i<=n;i++) father[i]=i,size[i]=;
for (int i=;i<=m;i++) {
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
connect(x,y); connect(y,x);
int fx=getfather(x),fy=getfather(y);
father[fx]=fy; size[fy]+=size[fx];
}
for (int i=;i<=n;i++) if (!jump[i][]) dfs(i,);
//for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",i,father[i]);
//for (int i=1;i<=n;i++) if (i==getfather(i)) printf("%d %d\n",i,size[i]); for (int j=;j<=;j++)
for (int i=;i<=n;i++) jump[i][j]=jump[jump[i][j-]][j-]; build(rot[],,N);
for (int i=;i<=n;i++) if (!jump[i][]) make(i,); int ANS=; char Q[];
while (task--) {
scanf("%s",Q);
if (Q[]=='Q') {
int x,y,k; scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
x^=ANS; y^=ANS; k^=ANS;
//printf("|%d %d %d\n",x,y,k);
int rr=lca(x,y); //printf("%d\n",rr);
//for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",i,jump[i][0]);
printf("%d\n",ANS=ans[query(rot[x],rot[y],rot[rr],rot[jump[rr][]],k)]);
//for (int i=1;i<=n;i++) if (i==getfather(i)) printf("%d %d\n",i,size[i]);
} else {
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
x^=ANS; y^=ANS; connect(x,y); connect(y,x);
//printf("|%d %d\n",x,y);
merge(x,y);
}
}
return ;
}

 

bzoj 3123 可持久化线段树启发式合并的更多相关文章

  1. BZOJ - 3123 森林 (可持久化线段树+启发式合并)

    题目链接 先把初始边建成一个森林,每棵树选一个根节点递归建可持久化线段树.当添加新边的时候,把结点数少的树暴力重构,以和它连边的那个点作为父节点继承线段树,并求出倍增数组.树的结点数可以用并查集来维护 ...

  2. bzoj 3673&3674 可持久化并查集&加强版(可持久化线段树+启发式合并)

    CCZ在2015年8月25日也就是初三暑假要结束的时候就已经能切这种题了%%% 学习了另一种启发式合并的方法,按秩合并,也就是按树的深度合并,实际上是和按树的大小一个道理,但是感觉(至少在这题上)更好 ...

  3. Bzoj 3123: [Sdoi2013]森林(主席树+启发式合并)

    3123: [Sdoi2013]森林 Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB Description Input 第一行包含一个正整数testcase,表示当前 ...

  4. BZOJ 3123: [Sdoi2013]森林 [主席树启发式合并]

    3123: [Sdoi2013]森林 题意:一个森林,加边,询问路径上k小值.保证任意时刻是森林 LCT没法搞,树上kth肯定要用树上主席树 加边?启发式合并就好了,小的树dfs重建一下 注意 测试点 ...

  5. Bzoj 2733: [HNOI2012]永无乡(线段树+启发式合并)

    2733: [HNOI2012]永无乡 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB Description 永无乡包含 n 座岛,编号从 1 到 n,每座岛都有自己 ...

  6. 【bzoj2653】middle 可持久化线段树区间合并

    题目描述 一个长度为n的序列a,设其排过序之后为b,其中位数定义为b[n/2],其中a,b从0开始标号,除法取下整.给你一个长度为n的序列s.回答Q个这样的询问:s的左端点在[a,b]之间,右端点在[ ...

  7. [CSP-S模拟测试]:模板(ac)(线段树启发式合并)

    题目描述 辣鸡$ljh\ NOI$之后就退役了,然后就滚去学文化课了.他每天都被$katarina$大神虐,仗着自己学过一些姿势就给$katarina$大神出了一道题.有一棵$n$个节点的以$1$号节 ...

  8. [ZJOI2019]语言(树链剖分+动态开点线段树+启发式合并)

    首先,对于从每个点出发的路径,答案一定是过这个点的路径所覆盖的点数.然后可以做树上差分,对每个点记录路径产生总贡献,然后做一个树剖维护,对每个点维护一个动态开点线段树.最后再从根节点开始做一遍dfs, ...

  9. bzoj 3207 可持久化线段树

    首先因为固定询问长度,所以我们可以将整个长度为n的数列hash成长度为n-k+1的数列,每次询问的序列也hash成一个数,然后询问这个数是不是在某个区间中出现过,这样我们可以根据初始数列的权值建立可持 ...

随机推荐

  1. PAT 甲级 1063 Set Similarity

    https://pintia.cn/problem-sets/994805342720868352/problems/994805409175420928 Given two sets of inte ...

  2. 通过父类定位到子类 先将父类当作一个dom

    通过父类定位到子类 先将父类当作一个dom 在此基础上在定位子类

  3. 堆模板(pascal)洛谷P3378

    题目描述 如题,初始小根堆为空,我们需要支持以下3种操作: 操作1: 1 x 表示将x插入到堆中 操作2: 2 输出该小根堆内的最小数 操作3: 3 删除该小根堆内的最小数 输入输出格式 输入格式: ...

  4. 【转载】Java中的锁机制 synchronized & 偏向锁 & 轻量级锁 & 重量级锁 & 各自优缺点及场景 & AtomicReference

    参考文章: http://blog.csdn.net/chen77716/article/details/6618779 目前在Java中存在两种锁机制:synchronized和Lock,Lock接 ...

  5. 给定一个字符串 s,找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为1000。

    给定一个字符串 s,找到 s 中最长的回文子串.你可以假设 s 的最大长度为1000. 示例 1: 输入: "babad" 输出: "bab" 注意: &quo ...

  6. UVA10859 Placing Lampposts

    我是题面 这道题使我知道了一种很神奇的方法,一定要认真看哦 如果没有被两盏灯同时照亮的边数应尽量大这个限制的话,这就是一道很经典的树形DP题--没有上司的舞会 很可惜,这个限制就在那里,它使得我辛苦写 ...

  7. OSPF虚连接简单配置

    实验实例:<华为路由器学习指南>P715 本实例的拓扑结构如图:Area 2没有直接与骨干区域直接相连,Area 1被用作传输区域来连接Area 0与Area2.为了使Area2与骨干区域 ...

  8. 深入理解JVM一性能监控工具

    一.前言 工欲善其事必先利其器,性能优化和故障排查在我们大都数人眼里是件比较棘手的事情,一是需要具备一定的原理知识作为基础,二是需要掌握排查问题和解决问题的流程.方法.本文就将介绍利用性能监控工具,帮 ...

  9. Android Native jni 编程 Android.mk 文件编写

    LOCAL_PATH 必须位于Android.mk文件的最开始.它是用来定位源文件的位置,$(call my-dir)的作用就是返回当前目录的路径. LOCAL_PATH := $(call my-d ...

  10. HDU.1394 Minimum Inversion Number (线段树 单点更新 区间求和 逆序对)

    HDU.1394 Minimum Inversion Number (线段树 单点更新 区间求和 逆序对) 题意分析 给出n个数的序列,a1,a2,a3--an,ai∈[0,n-1],求环序列中逆序对 ...