我懒死了

过于棘手

但这题真的很水的说

毕竟写啥都能过

常见思路:

①:由于不强制在线,所以重新编号之后线段树维护

②:用各种可以高速合并的数据结构,比如可并堆,可并平衡树啥的

讲一种无脑算法:

对于$F1$,并查集乱搞

对于$F2$,用可并堆维护连通块里的值,并维护对应的时间,如果堆顶访问到旧的值直接抛出

对于$F3$,用全局堆维护每个连通块的最大值的集合并维护对应的时间,如果堆顶访问到旧的值直接抛出

$A1$:单点修改时在所在可并堆里插入一个新的,维护修改时间,同时在全局堆里插入一个新的该可并堆的最大值

$A2$:在堆上打tag,在全局堆中插入新的最大值

$A3$:维护一个全局变量

$U$:略

好气啊将近二百行可并堆写的一点问题没有结果十多行并查集出了三处锅...

 #include<cstdio>
 #include<queue>
 #include<algorithm>
 using std::max;
 using std::priority_queue;
 using std::swap;
 ;
 int n,v[N],del[N],Del;
 ];

 int lta[N],ltb[N];
 struct shino
 {
     int id,v,t;
     shino(){}
     shino(int a,int b,int c){id=a,v=b,t=c;}
     bool friend operator < (shino x,shino y){return x.v<y.v;}
 }g;
 struct merheap
 {
     ],tag[N<<],son[N<<][],fa[N<<],kr,yop[N<<],rt[N<<];
     shino el[N<<];
     int find(int x)
     {
         if(fa[x]==x) return x;
         else return fa[x]=find(fa[x]);
     }
     void fuckdown(int x)
     {
         if(tag[x])
         {
             ];
             if(k){el[k].v+=tag[x];tag[k]+=tag[x];}
             k=son[x][];
             if(k){el[k].v+=tag[x];tag[k]+=tag[x];}
             tag[x]=;
         }
     }
     int makenew(shino sn)
     {
         kr++;
         el[kr]=sn;
         fa[kr]=kr;
         return kr;
     }
     int merge(int x,int y)
     {
         if(!x) return y;
         if(!y) return x;
         fuckdown(x);
         fuckdown(y);
         if(el[x]<el[y]) swap(x,y);
         son[x][]=merge(son[x][],y);
         fa[son[x][]]=x;
         ]]<dis[son[x][]]) swap(son[x][],son[x][]);
         dis[x]=dis[son[x][]]+;
         return x;
     }
     void push(int x,shino ei)
     {
         int tmp=makenew(ei);
         int xx=find(x);
         rt[x]=merge(xx,tmp);
     }
     void pop(int x)
     {
         int xx=find(x);
         fuckdown(xx);
         ],son[xx][]);
         fa[xx]=tmp;
         ]) fa[son[xx][]]=tmp;
         ]) fa[son[xx][]]=tmp;
         rt[x]=tmp;
     }
     shino top(int x)
     {
         x=find(x);
         return el[x];
     }
     void update(int x)
     {
         int xx=find(x);
         while(xx)
         {
             xx=find(xx);
             g=top(xx);
             if(g.t!=lta[g.id]) pop(xx);
             else break;
         }
     }
     void add(int x,int vi)
     {
         int xx=find(x);
         el[xx].v+=vi;
         tag[xx]+=vi;
     }
     void init()
     {
         ;i<=n;i++)
         {
             makenew(shino(i,v[i],));
             rt[i]=i;
         }
     }
 }rk;
 int fa[N];
 bool isrt[N];
 void domerge(int x,int y);
 priority_queue<shino> q;
 void find(int x)
 {
     if(fa[x]!=fa[fa[x]]) find(fa[x]),v[x]+=del[fa[x]];
     fa[x]=fa[fa[x]];
 }
 void merge(int x,int y,int tt)
 {
     find(x),find(y);
     int fx=fa[x],fy=fa[y];
     if(fx==fy) return;
     domerge(fx,fy);
     q.push(shino(fy,rk.top(fy).v,tt));
     ltb[fy]=tt;
     fa[fx]=fy;
     del[fx]-=del[fy];
     v[fx]+=del[fx];
     isrt[fx]=;
 }
 void domerge(int x,int y)
 {
     int xx=rk.find(x),yy=rk.find(y);
     int tmp=rk.merge(xx,yy);
     rk.fa[xx]=rk.fa[yy]=rk.rt[y]=tmp;
 }
 void fuckdate()
 {
     while(!q.empty())
     {
         g=q.top();
         if(!isrt[g.id]||g.t!=ltb[g.id]) q.pop();
         else break;
     }
 }

 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     ;i<=n;i++) scanf(;
     int T;
     scanf("%d",&T);
     rk.init();
     ;i<=n;i++) q.push(shino(i,v[i],));
     int xin,yin,vin;
     ;t<=T;t++)
     {
         scanf("%s",op);
         ]=='U')
         {
             scanf("%d%d",&xin,&yin);
             merge(xin,yin,t);
         }]=='A')
         {
             ]==')
             {
                 scanf("%d%d",&xin,&vin);
                 find(xin);
                 v[xin]+=vin;
                 rk.push(fa[xin],shino(xin,v[xin]+del[fa[xin]],t));
                 lta[xin]=t;
                 rk.update(fa[xin]);
                 q.push(shino(fa[xin],rk.top(fa[xin]).v,t));
                 ltb[fa[xin]]=t;
             }]==')
             {
                 scanf("%d%d",&xin,&vin);
                 find(xin);
                 del[fa[xin]]+=vin;
                 rk.add(fa[xin],vin);
                 q.push(shino(fa[xin],rk.top(fa[xin]).v,t));
                 ltb[fa[xin]]=t;
             }else
             {
                 scanf("%d",&vin);
                 Del+=vin;
             }
         }]=='F')
         {
             ]==')
             {
                 scanf("%d",&xin);
                 find(xin);
                 printf("%d\n",v[xin]+del[fa[xin]]+Del);
             }]==')
             {
                 scanf("%d",&xin);
                 find(xin);
                 rk.update(fa[xin]);
                 printf("%d\n",rk.top(fa[xin]).v+Del);
             }else
             {
                 fuckdate();
                 g=q.top();
                 printf("%d\n",g.v+Del);
             }
         }
     }
     ;
 }

巨佬您txdy

题外话:你这题解也太水了吧

rkk:因为确实水死了啊...都快成板子了...

[SCOI2011]棘手的操作(可并堆/并查集/线段树)的更多相关文章

  1. 【bzoj2333】 [SCOI2011]棘手的操作 可并堆+lazy标记

    2016-05-31  21:45:41 题目:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2333 (学习了黄学长的代码 有如下操作: U x y ...

  2. BZOJ 2333: [SCOI2011]棘手的操作 可并堆 左偏树 set

    https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2333 需要两个结构分别维护每个连通块的最大值和所有连通块最大值中的最大值,可以用两个可并堆实现,也 ...

  3. 【bzoj2333】[SCOI2011]棘手的操作 可并堆+STL-set

    UPD:复杂度是fake的...大家还是去写启发式合并吧. 题目描述 有N个节点,标号从1到N,这N个节点一开始相互不连通.第i个节点的初始权值为a[i],接下来有如下一些操作: U x y: 加一条 ...

  4. [bzoj2333] [SCOI2011]棘手的操作 (可并堆)

    //以后为了凑字数还是把题面搬上来吧2333 发布时间果然各种应景... Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB Description 有N个节点,标号从1 ...

  5. BZOJ 2333 [SCOI2011]棘手的操作 (可并堆)

    码农题.. 很显然除了两个全局操作都能用可并堆完成 全局最大值用个multiset记录,每次合并时搞一搞就行了 注意使用multiset删除元素时 如果直接delete一个值,会把和这个值相同的所有元 ...

  6. bzoj 2333 [SCOI2011]棘手的操作 —— 可并堆

    题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2333 稍微复杂,参考了博客:http://hzwer.com/5780.html 用 set ...

  7. 【BZOJ 2333 】[SCOI2011]棘手的操作(离线+线段树|可并堆-左偏树)

    2333: [SCOI2011]棘手的操作 Description 有N个节点,标号从1到N,这N个节点一开始相互不连通.第i个节点的初始权值为a[i],接下来有如下一些操作: U x y: 加一条边 ...

  8. 真--可并堆模板--BZOJ2333: [SCOI2011]棘手的操作

    n<=300000个点,开始是独立的,m<=300000个操作: 方法一:单点修改.查询,区间修改.查询?等等等等这里修改是块修改不是连续的啊,那就让他连续呗!具体方法:离线后,每次连接两 ...

  9. 【BZOJ 2333 】[SCOI2011]棘手的操作(离线+线段树)

    2333: [SCOI2011]棘手的操作 Description 有N个节点,标号从1到N,这N个节点一开始相互不连通.第i个节点的初始权值为a[i],接下来有如下一些操作: U x y: 加一条边 ...

随机推荐

  1. 设计模式-COMMOND PATTERN (ACTIVE OBJECT PATTERN是一种特殊的COMMOND PATTERN)

    复用控制逻辑. 理解方式:Controller 获取到Light TeleVision Computer中的一个的对像,通过Icommond接口作用于它. ACTIVE OBJECT模式: class ...

  2. SAS基础 -- SAS编程入门

    SAS语言 -- 简介   SAS语言是一种专用的数据管理与分析语言,它提供了一种完善的编程语言.类似于计算机的高级语言,SAS用户只需要熟悉其命令.语句及简单的语法规则就可以做数据管理和分析处理工作 ...

  3. bzoj3550: [ONTAK2010]Vacation(单纯形法+线性规划)

    传送门 直接暴力把线性规划矩阵给打出来然后单纯形求解就行了 简单来说就是每个数记一个\(d_i\)表示选或不选,那么就是最大化\(\sum d_ic_i\),并满足一堆限制条件 然后不要忘记限制每个数 ...

  4. 在gnome3.x中添加eclipse菜单

    ubuntu-gnome 16.04采用gnome3,界面和gnome2有较大区别.对于自己手动解压安装,而非用包管理器安装的程序,需要手工建立应用程序的启动快捷方式.例如,对于eclipse程序,采 ...

  5. React实战之将数据库返回的时间转换为几分钟前、几小时前、几天前的形式。

    React实战之将数据库返回的时间转换为几分钟前.几小时前.几天前的形式. 不知道大家的时间格式是什么样子的,我先展示下我这里数据库返回的时间格式 ‘2019-05-05T15:52:19Z’ 是这个 ...

  6. 第五篇(那些JAVA程序BUG中的常见单词)

    The left-hand side of an assignment must be a variable 赋值的左侧必须是变量 left-hand side 左边 assignment 赋值

  7. Redis操作命令大全

    一.key pattern 查询相应的key (1)redis允许模糊查询key 有3个通配符  *.?.[] (2)randomkey:返回随机key (3)type key:返回key存储的类型 ...

  8. python数据库连接例子

    import sqlite3 conn = sqlite3.connect('food.db') curs = conn.cursor() curs.execute(''' CREATE TABLE ...

  9. nginx静态资源服务器简单配置

    有时候我们可以把服务器的一些文件放在固定目录以便下载,比如image,css,js等.就可以使用nginx转发静态资源. 参考链接:https://blog.csdn.net/name_is_wl/a ...

  10. layer 确认或取消后跳转

    layer.open({ content: "下单成功" , btn: ['确定','取消'], style: 'width:80%', yes: function(index, ...