NOI模拟赛(3.13)Hike (远行)

Description

Mirada生活的城市中有N个小镇，一开始小镇之间没有任何道路连接。随着经济发展，小镇之间陆续建起了一些双向的道路，但是由于经济不太发达，在建设过程中，会保证对于任意两个小镇，最多有一条路径能互相到达。有的时候Miranda会从某个小镇开始进行徒步旅行，每次出发前，她都想选择一个她能到达的最远的小镇作为终点，并且她在行走过程中是不会走回头路的，为了估算这次旅行的时间，她会需要你告诉她这次旅行需要的时间会是多少呢？可以假设通过每条道路都需要单位时间，并且Miranda不会在小镇停留。

 

Input

第一行输入一个整数type，表示数据类型。
第二行两个整数N，Q。
接下来Q行，每行先读入一个整数ty，若ty=1，则接下来读入两个整数u，v，表示小镇u与小镇v建立了一条新道路。若ty=2，读入一个整数u，表示Miranda要开始一次从小镇u出发的旅行。
注意：
若type=1，表示数据进行了加密。记lstans表示最近一次Miranda旅行的时间，那么对于每次操作的u或u，v，都要异或上lstans，即u=u ^ lstans，v=v ^ lstans。
若type=0，则不需要对数据进行处理。

Output

对于每次询问，输出Miranda能到达的最远的小镇的距离是多少。注意Miranda可能只能留在开始的小镇。

 

Sample Input

0
5 10
1 4 5
2 3
2 5
2 1
1 5 3
1 1 4
2 3
2 5
1 5 2
2 1

Sample Output

0
1
0
3
2
3

 

Data Constraint

对于20%的数据，满足：N<=5000，Q<=10000
对于50%的数据，满足：N<=100000，Q<=200000
另外有20%的数据，满足：type=0
对于100%的数据，满足：N<=300000，Q<=500000，type=0或1，解密后的u,v满足1<=u,v<=N，且道路的修建会满足：每一个时刻，都不存在u,v，使得u,v之间能通过多种方式到达

Solution

操作有加边和维护联通块的最远端点，可以用LCT做

抄标程的，根本不会写啊

复杂度为O((N+Q) log N)

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define rg register
#define dmax(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

inline int rd()
	{
	rg int x = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; c < 48 || c > 57; c = getchar()) if(c == 45) f = -1;
	for(; c > 47 && c < 58; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
	return x * f;
	}

inline void dswap(rg int &x, rg int &y)
	{
	x ^= y ^= x ^= y;
	}

const int N = 500010;

int on_line, n, Q, bel[N], dia[N][2];

struct node
	{
	bool rev;
	int sz, ch[2], fa;
	}T[N];

int find(rg int x) {return bel[x] == x ? x : bel[x] = find(bel[x]);}

inline void update(rg int u) {if(u) T[u].sz = T[T[u].ch[0]].sz + T[T[u].ch[1]].sz + 1;}

inline bool is_root(rg int u) {rg int fa = T[u].fa; return !fa || !(T[fa].ch[0] == u || T[fa].ch[1] == u);}

inline void setch(rg int u, rg int v, rg int c)
	{
	T[u].ch[c] = v;
	if(v) T[v].fa = u;
	}

inline void mark(rg int u)
	{
	if(!u)return;
	T[u].rev ^= 1;
	dswap(T[u].ch[0], T[u].ch[1]);
	}

inline void down(rg int u)
	{
	if(!T[u].rev)return;
	mark(T[u].ch[0]);
	mark(T[u].ch[1]);
	T[u].rev = 0;
	}

inline void rotate(rg int u)
	{
	int fa = T[u].fa, ft = T[fa].fa, c = T[fa].ch[1] == u;
	T[u].fa = ft;
	if(!is_root(fa)) setch(ft, u, T[ft].ch[1] == fa);
	setch(fa, T[u].ch[!c], c);
	setch(u, fa, !c);
	update(fa);
	}

inline void splay(rg int u)
	{
	static int stack[N];
	rg int top = 0, p = u;
	for(; !is_root(p); p = T[p].fa) stack[++top] = p;
	stack[++top] = p;
	for(; top; top--) down(stack[top]);
	for(; !is_root(u); rotate(u))
		{
		rg int fa = T[u].fa, ft = T[fa].fa;
		if(is_root(fa)) continue;
		((T[ft].ch[1] == fa) ^ (T[fa].ch[1] == u)) ? rotate(u) : rotate(fa);
		}
	update(u);
	}

inline int access(rg int u)
	{
	int nxt = 0;
	for(; u; nxt = u, u = T[u].fa) splay(u), T[u].ch[1] = nxt, update(u);
	return nxt;
	}

inline void make_root(rg int u) {mark(access(u));}

inline void link(rg int u, rg int v)
	{
	make_root(v);
	splay(v);
	T[v].fa = u;
	access(v);
	}

inline int get_dis(rg int u, rg int v)
	{
	make_root(u);
	access(v);
	splay(v);
	return T[v].sz - 1;
	}

inline void merge(rg int a, rg int b)
	{
	rg int u = find(a), v = find(b);
	bel[v] = u;
	link(a, b);
	rg int lu = dia[u][0], lv = dia[u][1], h = get_dis(dia[u][0], dia[u][1]);
	rg int h1 = get_dis(dia[v][0], dia[v][1]);
	if(h1 > h) lu = dia[v][0], lv = dia[v][1], h = h1;
	for(rg int i = 0; i < 2; i++)
		for(rg int j = 0; j < 2; j++)
			{
			h1 = get_dis(dia[u][i], dia[v][j]);
			if(h1 > h) lu = dia[u][i], lv = dia[v][j], h = h1;
			}
	dia[u][0] = lu, dia[u][1] = lv;
	}

int main()
	{
	freopen("hike.in", "r", stdin), freopen("hike.out", "w", stdout);
	on_line = rd(), n = rd(), Q = rd();
	for(rg int i = 1; i <= n; i++) bel[i] = dia[i][0] = dia[i][1] = i;
	rg int last_ans = 0;
	while(Q--)
		{
		rg int ty = rd();
		if(ty & 1)
			{
			rg int u = rd(), v = rd();
			if(on_line) u ^= last_ans, v ^= last_ans;
			merge(u, v);
			}
		else{
			rg int u = rd();
			if(on_line) u ^= last_ans;
			rg int p = find(u);
			printf("%d\n", last_ans = dmax(get_dis(u, dia[p][0]), get_dis(u, dia[p][1])));
			}
		}
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
	}