SP2666 QTREE4 - Query on a tree IV（LCT）

题意翻译

你被给定一棵n个点的带边权的树（边权可以为负），点从1到n编号。每个点可能有两种颜色：黑或白。我们定义dist(a,b)为点a至点b路径上的权值之和。

一开始所有的点都是白色的。

要求作以下操作：

C a 将点a的颜色反转（黑变白，白变黑）

A 询问dist(a,b)的最大值。a,b点都必须为白色（a与b可以相同），显然如果树上仍存在白点，查询得到的值一定是个非负数。

特别地，如果作'A'操作时树上没有白点，输出"They have disappeared."。

题解

一道神仙题……完全不知道这题大佬们是怎么想出思路的orz这里

然而还是看不太懂决定自己写一下……

本来打算用捉迷藏一样做的……但发现我那一道写的时候是用括号表示做的……这题有边权不能做……

说下思路吧

LCT只能维护点权，但本题中是边权

我们可以指定一个根（比如1），然后令所有的边权变成它指向的儿子的点权，记为$len$

ps：这样做之后会有很多细节，需要一一注意

然后在考虑一下如何求出两个相邻最远的白点的距离呢？

因为LCT上面有实边和虚边，所以实儿子和虚儿子的信息要用不同的方法维护

实边构成了一个splay，我们定义几个数组，$lmx$表示splay中深度最浅的点能够到达的最远的白点的距离，$rmx$表示splay中深度最深的点能够到达的最远的白点的距离，$mxs$表示splay中距离最远的两个白点的距离，也就是答案，$sum$表示整棵splay的长度和

ps：LCT中的splay在原树中是一条链！所以$sum$维护的是整条链的长度和，同理$lmx$表示这条链的顶端距离白点的最远距离，$rmx$表示这条链的底端距离白点的最远距离

虚儿子的信息怎么维护？虚儿子我们需要记录的只有到白点的最远距离，以及虚儿子中的$mxs$，直接开两个$set$丢进去就好了

那么，这些信息够了吗？

当然已经够了，因为已经足够将信息不断向上传递了

先考虑一下虚子树对$mxs$的影响，实边太复杂了待会儿再说

因为在$access$的时候，会有换边的操作

对于由实变虚的原右儿子，把$mx[rs]$丢进路径的$set$里，把$lx[rs]$丢进链的$set$里

同理，把由虚变实的新右儿子$mx[y]$和$lx[y]$从对应的$set$里删除就行

$mx$丢进去我们可以理解，因为要维护答案，但为什么链的长度只要把$lx$丢进$set$就行了呢？

考虑一下，$set$里维护的是这一个顶点到其虚子树中的白点的最大距离，而$lx[rs]$代表的是$x$的右子树中深度最浅的点到白点的最大距离，如果回到原树上，这就是$x$的儿子到白点的最大距离！！又因为我们将边权给了儿子，所以，只需要记录虚边的$ls$即可

然后期待已久（写到吐血）pushup操作了

这部分还是具体看代码好了……细节太多了……我这里简单提几嘴

$lmx$要过子树的最低点，所以等于$max(lmx[ls],max(虚链中最长+整个左子树，右子树中最长+整个左子树))$

$rmx$同理

然后$mxs$就是把所有可能的链给接起来以及子树的答案都弄出来更新就好了

ps：如果$x$也是白点，他自己也得拿出来更新$mxs$

时间复杂度$O(n log^2 n)$

然而如果$set$的$size$大说明虚边多，深度不大，LCT操作次数少一点

如果树的深度深，$set$的$size$又不会太大，所以时间复杂度不是很严格

ps：请务必详细看看注解，这题细节多的要命

 //minamoto
 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,:;}
 inline int read(){
     #define num ch-'0'
     char ch;bool flag=;int res;
     while((ch=getc())<''||ch>'')
     (ch=='-')&&(flag=true);
     for(res=num;(ch=getc())>=''&&ch<='';res=res*+num);
     (flag)&&(res=-res);
     #undef num
     return res;
 }
 const int N=,inf=0x3f3f3f3f;
 int n,ver[N],Next[N],head[N],edge[N],tot,ans=-inf,col[N];
 inline void add(int u,int v,int e){ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e;}
 inline int fir(multiset<int> &s){return s.size()?*s.rbegin():-inf;}
 inline int sec(multiset<int> &s){return s.size()>?*(++s.rbegin()):-inf;}
 /*分别是查询set里的最大和次大*/
 #define ls ch[x][0]
 #define rs ch[x][1]
 int ch[N][],fa[N],lmx[N],rmx[N],mxs[N],sum[N],len[N],w[N];
 /*w表示这个点是否是白点，如果是赋值为0，否则赋值为-inf*/
 multiset<int> chain[N],path[N];
 /*chain存链长，path存路径长*/
 inline bool isroot(int x){return ch[fa[x]][]!=x&&ch[fa[x]][]!=x;}
 void init(){for(int i=;i<=n;++i) lmx[i]=rmx[i]=mxs[i]=-inf;}
 void pushup(int x){
     sum[x]=sum[ls]+sum[rs]+len[x];
     /*sum表示整棵splay的长度和*/
     int cha=max(w[x],fir(chain[x]));
     /*找最远的虚边上的白点的距离*/
     int L=max(cha,rmx[ls]+len[x]);
     /*向左子树或向虚边最远能走多远
     ps：这里len要加上去，因为左子树在原树中是x的祖先
     要加上x到父亲的距离（已经被转化为点权了）*/
     int R=max(cha,lmx[rs]);
     /*向右子树或向虚边最远能走多远*/
     lmx[x]=max(lmx[ls],sum[ls]+len[x]+R);
     /*不经过x，或经过x并走到最远
     注意左子树在原树中是一条链！不存在路径重叠问题*/
     rmx[x]=max(rmx[rs],sum[rs]+L);
     /*同理*/
     mxs[x]=max(rmx[ls]+len[x]+R,lmx[rs]+L);
     cmax(mxs[x],max(mxs[ls],mxs[rs]));
     cmax(mxs[x],fir(path[x]));
     cmax(mxs[x],fir(chain[x])+sec(chain[x]));
     /*最长链和次长链可以形成一条路径*/
     if(w[x]==) cmax(mxs[x],max(fir(chain[x]),));
     /*用一堆东西来更新答案*/
 }
 void rotate(int x){
     int y=fa[x],z=fa[y],d=ch[y][]==x;
     if(!isroot(y)) ch[z][ch[z][]==y]=x;
     fa[x]=z,fa[y]=x,fa[ch[x][d^]]=y,ch[y][d]=ch[x][d^],ch[x][d^]=y,pushup(y);
 }
 void splay(int x){
     for(int y=fa[x],z=fa[y];!isroot(x);y=fa[x],z=fa[y]){
         if(!isroot(y))
         ((ch[y][]==x)^(ch[z][]==y))?rotate(x):rotate(y);
         rotate(x);
     }
     pushup(x);
 }
 void access(int x){
     for(int y=;x;x=fa[y=x]){
         splay(x);
         if(rs) path[x].insert(mxs[rs]),chain[x].insert(lmx[rs]);
         if(y) path[x].erase(path[x].find(mxs[y])),chain[x].erase(chain[x].find(lmx[y]));
         rs=y,pushup(x);
         /*注意虚实子树变换时要更新path和chain*/
     }
 }
 void modify(int x){
     /*改变点的颜色，col为1表示黑，0表示白*/
     access(x),splay(x);
     col[x]^=,w[x]=col[x]?(-inf):;
     pushup(x),ans=mxs[x];
 }
 void dfs(int u){
     for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
         int v=ver[i];
         if(v==fa[u]) continue;
         fa[v]=u,len[v]=edge[i],dfs(v);
         /*把边的权值给儿子*/
         chain[u].insert(lmx[v]),path[u].insert(mxs[v]);
     }
     pushup(u);
 }
 int main(){
     //freopen("testdata.in","r",stdin);
     n=read();init();
     for(int i=;i<n;++i){
         int u=read(),v=read(),e=read();
         add(u,v,e),add(v,u,e);
     }
     dfs(),ans=mxs[];int q=read();
     while(q--){
         char op=getc();int x;
         getc();
         if(op=='A'){
             ans<?puts("They have disappeared."):printf("%d\n",ans);
         }
         else x=read(),modify(x);
     }
     return ;
 }