题目

CF1137F

很有意思的题目

做法

直接考虑带修改的做法,上一次最大值为u,这次修改v,则最大值为v了

我们发现:\(u-v\)这条链会留到最后,序列里的其他元素相对位置不变,这条链会\(u\longrightarrow v\)排到最后

序列会分成很多块,而这些块是以链为基础的

可以用\(LCT\)来做,具体说一下:

最大值放到根,修改v,就把\(v\)换成根,这个时候会拉一条链\(u-v\),此时\(u\)在\(v\)的右子树,\(x\)在单个块中的排序,就是\(LCT\)里单个\(splay\)比\(x\)大的数量\(+1\)

在\(splay\)外的个数,就是其他块的总和,每条链用一个时间轴\(tim\)记录,在换根的时候就会变化经过的每条链的大小

考虑带修前缀和,用树状数组维护

Code

#include<bits/stdc++.h>
typedef int LL;
const LL maxn=1e6+9;
void Dfs(LL u,LL f);
inline LL Read(){
LL x(0),f(1); char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9'){
if(c=='-') f=-1; c=getchar();
}
while(c>='0' && c<='9'){
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c=getchar();
}
return x*f;
}
struct node{
LL to,nxt;
}dis[maxn];
LL num,tim;
LL head[maxn];
inline void Add(LL u,LL v){
dis[++num]=(node){v,head[u]}; head[u]=num;
}
struct BIT{
LL up;
LL tree[maxn];
inline LL Lowbit(LL x){
return x&-x;
}
inline void Add(LL x,LL val){
for(x;x<=up;x+=Lowbit(x)) tree[x]+=val;
}
inline LL Query(LL x){
LL ret(0);
for(;x;x-=Lowbit(x)) ret+=tree[x];
return ret;
}
}t1;
struct LCT{
LL fa[maxn],son[maxn][2],size[maxn],lazy[maxn],r[maxn],col[maxn],sta[maxn];
inline LL N_rt(LL x){
return son[fa[x]][0]==x||son[fa[x]][1]==x;
}
inline void Up(LL x){
size[x]=size[son[x][0]]+size[son[x][1]]+1;
}
inline void Ro(LL x){
LL y(fa[x]),z(fa[y]),lz(son[y][1]==x);
if(N_rt(y)){
son[z][son[z][1]==y]=x;
}fa[x]=z;
son[y][lz]=son[x][lz^1]; if(son[y][lz]) fa[son[y][lz]]=y;
son[x][lz^1]=y; fa[y]=x;
Up(y); Up(x);
}
inline void Pr(LL x){
std::swap(son[x][0],son[x][1]); r[x]^=1;
}
inline void Pd(LL x){
LL lc(son[x][0]),rc(son[x][1]);
if(r[x]){
if(lc) Pr(lc);
if(rc) Pr(rc);
r[x]=0;
}
if(lazy[x]){
if(lc) col[lc]=lazy[lc]=lazy[x];
if(rc) col[rc]=lazy[rc]=lazy[x];
lazy[x]=0;
}
}
inline void Splay(LL x){
LL top(0),y(x); sta[++top]=y;
while(N_rt(y)) y=fa[y],sta[++top]=y;
while(top) Pd(sta[top--]);
while(N_rt(x)){
y=fa[x];
if(N_rt(y)){
LL z(fa[y]);
if((son[y][1]==x)^(son[z][1]==y)) Ro(x);else Ro(y);
}Ro(x);
}
}
inline void Ac(LL x,LL id){
LL y(0);
for(;x;y=x,x=fa[x]){
Splay(x); LL z(son[x][1]);
t1.Add(col[x],size[z]-size[x]);
son[x][1]=y;
Up(x);
}
t1.Add(id,size[y]); lazy[y]=id; col[y]=id;
}
inline void Mk_rt(LL x,LL id){
Ac(x,id); Splay(x); Pr(x);
}
inline LL Query(LL u){
Splay(u); LL ret(t1.Query(col[u]-1));
ret+=size[son[u][1]]+1;
return ret;
}
}t2;
LL n,m;
char s[maxn];
int main(){
n=Read(); m=Read();
for(LL i=1;i<n;++i){
LL u(Read()),v(Read());
Add(u,v); Add(v,u);
}
Dfs(1,0);
t1.up=(n<<1)+m;
for(LL i=1;i<=n;++i){
t2.col[i]=i; t2.size[i]=1;
t1.Add(i,1);
}
tim=n;
for(LL i=1;i<=n;++i)
t2.Mk_rt(i,++tim);
while(m--){
scanf(" %s",s+1); LL u,v;
if(s[1]=='u'){
u=Read();
t2.Mk_rt(u,++tim);
}else if(s[1]=='w'){
u=Read();
printf("%d\n",t2.Query(u));
}else{
u=Read(); v=Read();
printf("%d\n",t2.Query(u)<t2.Query(v)?u:v);
}
}
}
void Dfs(LL u,LL f){
for(LL i=head[u];i;i=dis[i].nxt){
LL v(dis[i].to); if(v==f) continue;
Dfs(v,u);
t2.fa[v]=u;
}
}

CF1137F Matches Are Not a Child's Play(LCT思维题)的更多相关文章

  1. [Codeforces1137F]Matches Are Not a Child's Play——LCT+树状数组

    题目链接: [Codeforces1137F]Matches Are Not a Child's Play 题目大意: 我们定义一棵树的删除序列为:每一次将树中编号最小的叶子删掉,将该节点编号加入到当 ...

  2. CF1137F Matches Are Not a Child's Play(树链剖分)

    题面 我们定义一棵树的删除序列为:每一次将树中编号最小的叶子删掉,将该节点编号加入到当前序列的最末端,最后只剩下一个节点时将该节点的编号加入到结尾. 例如对于上图中的树,它的删除序列为:2 4 3 1 ...

  3. 【树链剖分 ODT】cf1137F. Matches Are Not a Child's Play

    孔爷的杂题系列:LCT清新题/ODT模板题 题目大意 定义一颗无根树的燃烧序列为:每次选取编号最小的叶子节点形成的序列. 要求支持操作:查询一个点$u$在燃烧序列中的排名:将一个点的编号变成最大 $n ...

  4. CF1137F Matches Are Not a Child's Play

    我们定义一棵树的删除序列为:每一次将树中编号最小的叶子删掉,将该节点编号加入到当前序列的最末端,最后只剩下一个节点时将该节点的编号加入到结尾.现在给出一棵n个节点的树,有m次操作: up v:将v号节 ...

  5. [cf1137F]Matches Are Not a Child's Pla

    显然compare操作可以通过两次when操作实现,以下仅考虑前两种操作 为了方便,将优先级最高的节点作为根,显然根最后才会被删除 接下来,不断找到剩下的节点中(包括根)优先级最高的节点,将其到其所在 ...

  6. Codeforces 1137F Matches Are Not a Child's Play [LCT]

    Codeforces 很好,通过这题对LCT的理解又深了一层. 思路 (有人说这是套路题,然而我没有见过/kk) 首先发现,删点可以从根那里往下删,非常难受,所以把权值最大的点提为根. 然后考虑\(x ...

  7. Codeforces 1137F - Matches Are Not a Child's Play(LCT)

    Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门 考虑将一个点 \(x\) 的编号变为当前所有点编号最大值 \(+1\) 会对每个点的删除时间产生怎么样的影响.由于编号最大的点肯定是最后一 ...

  8. LCT[Link-Cut-Tree学习笔记]

    部分摘抄于 FlashHu candy99 所以文章篇幅较长 请有足够的耐心(不是 其实不用学好splay再学LCT的-/kk (至少现在我平衡树靠fhq) 如果学splay的话- 也许我菜吧-LCT ...

  9. 多校联训 DS 专题

    CF1039D You Are Given a Tree 容易发现,当 \(k\) 不断增大时,答案不断减小,且 \(k\) 的答案不超过 \(\lfloor\frac {n}{k}\rfloor\) ...

随机推荐

  1. 《从零开始学Swift》学习笔记(Day 69)——Swift与Objective-C混合编程之语言

    原创文章,欢迎转载.转载请注明:关东升的博客 在Swift语言出现之前,开发iOS或OS X应用主要使用Objective-C语言,此外还可以使用C和C++语言,但是UI部分只能使用Objective ...

  2. pageResponse - 让H5适配移动设备全家

    http://www.cnblogs.com/PeunZhang/p/4517864.html

  3. 利用jsPerf优化Web应用的性能

    在前端开发的过程中,掌握好浏览器的特性进行有针对性的性能调优是一项基本工作,jsperf.com是一个用来发布基于HTML的针对性能比较的测试用例的网站,你可以在jsPerf上在线填写和运行测试用例, ...

  4. c# 日常记录,(获取系统时间、return),一些文件隐藏无法引用,c#多个窗体之间传值

    1.获取系统时间 DateTime.Now.ToString(); DateTime dt =DateTime.Now; dt.AddDays(1); //增加一天 dt.AddDays(-1);// ...

  5. 2017 Multi-University Training Contest - Team 1—HDU6033&&HDU6034

    HDU6033  Add More Zero 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6033 题目意思:给一个m,求一个数k使得10^k最接近2 ...

  6. .Net Ajax跨域请求总结

    导语 之前写过一篇文章Ajax跨域请求COOKIE无法带上的解决办法,这两天正好好好的查了一下相关知识,做来总结一下 一.传统 ajax跨域访问是一个老问题了,解决方法很多,比较常用的是JSONP方法 ...

  7. windows通过ssh连接虚拟机中的ubuntu步骤

    linux端开启ssh服务 1.安装openssh-server包 sudo apt-get install openssh-server 2.启动ssh server sudo /etc/init. ...

  8. Python 装饰器的诞生过程

    ​ Python中的装饰器是通过利用了函数特性的闭包实现的,所以在讲装饰器之前,我们需要先了解函数特性,以及闭包是怎么利用了函数特性的 ① 函数特性 Python中的函数特性总的来说有以下四点: 1. ...

  9. Linux cd命令 pwd命令

    1.cd命令 cd:及Change Directory改变目录的意思,用于更改到指定的目录 用法:cd [目录] 其中 "."代表当前目录,".."代表当前目录 ...

  10. linux环境下的python安装过程

    一.下载python源码包 打开ubuntu下的shell终端,通过wget命令下载python源码包,如下图所示: wget https://www.python.org/ftp/python/3. ...