题目大意:

给一棵树,每条边可能是黑色或白色(起始都是白色),有三种操作:

1、将u到v路径上所有边颜色翻转(黑->白,白->黑)

2、将只有一个点在u到v路径上的边颜色翻转

3、查询u到v路径上颜色为黑色的边数

如果只有1、3操作很好做,直接树链剖分+线段树,重点是2操作(废话)。

可以发现只有lca需要翻转和它父节点之间的边,因此将这条边暴力翻转。

现在剩下需要翻转的就是u到v路径上所有点与他们子节点之间的边。

我们将u到v的路径分成若干条重链,可以发现每条重链除了链低端的那个点,其他点要反转的是他们与他们所有轻儿子之间的边(这里注意特判lca少翻转了一条轻边)。

这么多边显然不能都翻转,那么我们再开一棵线段树,将重链上的点打标记,代表这些点与他们所有轻儿子之间的边需要翻转。

至于重链低端那个点还要暴力翻转它与重儿子间的边。

但现在只处理了每条重链,没有考虑两条链之间连接的那条边?

假设y链接在x链下面,那么x链低端那个点需要翻转的是除了一个轻边之外的其他轻边和一条重边,那么只需要将重边和不需要翻转的轻边翻转之后再打标记就好了。

将边下传到点,开两棵线段树,一棵维护边的颜色,另一棵维护给轻儿子翻转的标记(这棵线段树建议标记永久化),每次修改时注意链与链之间轻边的翻转即可。

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int T;
int n,m;
int x,y;
int tot;
int opt;
int num;
int a[800010];
int b[800010];
int d[100010];
int f[100010];
int s[100010];
int to[200010];
int sum[800010];
int son[100010];
int top[100010];
int size[100010];
int head[100010];
int next[200010];
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
void dfs(int x)
{
d[x]=d[f[x]]+1;
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x])
{
f[to[i]]=x;
dfs(to[i]);
size[x]+=size[to[i]];
if(size[to[i]]>size[son[x]])
{
son[x]=to[i];
}
}
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
s[x]=++num;
top[x]=tp;
if(son[x])
{
dfs2(son[x],tp);
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=f[x]&&to[i]!=son[x])
{
dfs2(to[i],to[i]);
}
}
}
void updata(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
b[rt]^=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
{
updata(rt<<1,l,mid,L,R);
}
if(R>mid)
{
updata(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
}
int downdata(int rt,int l,int r,int k)
{
if(l==r)
{
return b[rt];
}
int res=b[rt];
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)
{
return res^downdata(rt<<1,l,mid,k);
}
else
{
return res^downdata(rt<<1|1,mid+1,r,k);
}
}
void pushup(int rt)
{
sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
void pushdown(int rt,int l,int r)
{
if(a[rt])
{
int mid=(l+r)>>1;
a[rt<<1]^=1;
a[rt<<1|1]^=1;
sum[rt<<1]=(mid-l+1)-sum[rt<<1];
sum[rt<<1|1]=(r-mid)-sum[rt<<1|1];
a[rt]=0;
}
}
void change1(int rt,int l,int r,int k)
{
if(l==r)
{
sum[rt]^=1;
return ;
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)
{
change1(rt<<1,l,mid,k);
}
else
{
change1(rt<<1|1,mid+1,r,k);
}
pushup(rt);
}
void change2(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
a[rt]^=1;
sum[rt]=(r-l+1)-sum[rt];
return ;
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
{
change2(rt<<1,l,mid,L,R);
}
if(R>mid)
{
change2(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
pushup(rt);
}
int query1(int rt,int l,int r,int k)
{
if(l==r)
{
return sum[rt];
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid)
{
return query1(rt<<1,l,mid,k);
}
else
{
return query1(rt<<1|1,mid+1,r,k);
}
}
int query2(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
return sum[rt];
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
int res=0;
if(L<=mid)
{
res+=query2(rt<<1,l,mid,L,R);
}
if(R>mid)
{
res+=query2(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
return res;
}
void rotate1(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(d[top[x]]<d[top[y]])
{
swap(x,y);
}
change2(1,1,n,s[top[x]],s[x]);
x=f[top[x]];
}
if(d[x]>d[y])
{
swap(x,y);
}
if(x==y)
{
return ;
}
change2(1,1,n,s[x]+1,s[y]);
}
void rotate2(int x,int y)
{
if(son[x])
{
change1(1,1,n,s[x]+1);
}
if(son[y])
{
change1(1,1,n,s[y]+1);
}
while(top[x]!=top[y])
{
if(d[top[x]]<d[top[y]])
{
swap(x,y);
}
updata(1,1,n,s[top[x]],s[x]);
change1(1,1,n,s[top[x]]);
x=f[top[x]];
change1(1,1,n,s[x]+1);
}
if(d[x]>d[y])
{
swap(x,y);
}
change1(1,1,n,s[x]);
change1(1,1,n,s[x]+1);
updata(1,1,n,s[x],s[y]);
}
int ask(int x,int y)
{
int res=0;
int ans;
while(top[x]!=top[y])
{
if(d[top[x]]<d[top[y]])
{
swap(x,y);
}
if(top[x]!=x)
{
res+=query2(1,1,n,s[top[x]]+1,s[x]);
}
ans=query1(1,1,n,s[top[x]]);
x=f[top[x]];
res+=(ans^downdata(1,1,n,s[x]));
}
if(d[x]>d[y])
{
swap(x,y);
}
if(x==y)
{
return res;
}
res+=query2(1,1,n,s[x]+1,s[y]);
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
num=0;
tot=0;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(d,0,sizeof(d));
memset(s,0,sizeof(s));
memset(to,0,sizeof(to));
memset(son,0,sizeof(son));
memset(top,0,sizeof(top));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(size,0,sizeof(size));
memset(head,0,sizeof(head));
memset(next,0,sizeof(next));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1);
dfs2(1,1);
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
if(opt==1)
{
rotate1(x,y);
}
else if(opt==2)
{
rotate2(x,y);
}
else
{
printf("%d\n",ask(x,y));
}
}
}
}

BZOJ3862Little Devil I——树链剖分+线段树的更多相关文章

  1. HDU4897 (树链剖分+线段树)

    Problem Little Devil I (HDU4897) 题目大意 给定一棵树,每条边的颜色为黑或白,起始时均为白. 支持3种操作: 操作1:将a->b的路径中的所有边的颜色翻转. 操作 ...

  2. 【BZOJ-2325】道馆之战 树链剖分 + 线段树

    2325: [ZJOI2011]道馆之战 Time Limit: 40 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1153  Solved: 421[Submit][Statu ...

  3. 【BZOJ2243】[SDOI2011]染色 树链剖分+线段树

    [BZOJ2243][SDOI2011]染色 Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的 ...

  4. BZOJ2243 (树链剖分+线段树)

    Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. ...

  5. POJ3237 (树链剖分+线段树)

    Problem Tree (POJ3237) 题目大意 给定一颗树,有边权. 要求支持三种操作: 操作一:更改某条边的权值. 操作二:将某条路径上的边权取反. 操作三:询问某条路径上的最大权值. 解题 ...

  6. bzoj4034 (树链剖分+线段树)

    Problem T2 (bzoj4034 HAOI2015) 题目大意 给定一颗树,1为根节点,要求支持三种操作. 操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a . 操作 2 :把某个节点 x 为根的子 ...

  7. Aizu 2450 Do use segment tree 树链剖分+线段树

    Do use segment tree Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.bnuoj.com/v3/problem_show ...

  8. 【POJ3237】Tree(树链剖分+线段树)

    Description You are given a tree with N nodes. The tree’s nodes are numbered 1 through N and its edg ...

  9. HDU 2460 Network(双连通+树链剖分+线段树)

    HDU 2460 Network 题目链接 题意:给定一个无向图,问每次增加一条边,问个图中还剩多少桥 思路:先双连通缩点,然后形成一棵树,每次增加一条边,相当于询问这两点路径上有多少条边,这个用树链 ...

随机推荐

  1. [02] Spring主要功能模块概述

    1.Spring主要功能模块   1.1 Core Container Spring的核心容器模块,其中包括: Beans Core Context SpEL Beans和Core模块,是框架的基础部 ...

  2. System.ServiceModel.CommunicationException: 接收HTTP 响应时错误发生

    具体错误信息例如以下: System.ServiceModel.CommunicationException: 接收对 http://110.110.110.110/TestService/TestS ...

  3. .NET开发微信小程序-生成二维码 - 转

    1.生成小程序二维码功能 直接请求相应的链接.传递相应的参数 以生成商铺的付款码为例: var shopsId = e.ShopsId //付款码的参数 var codeModel = new fun ...

  4. css实现按钮固定在底部

    实现类似如下图的功能: 采用如下的样式来控制:

  5. sessionStorage和localStorage的区别

    JS的本地保存localStorage.sessionStorage用法总结 localStorage.sessionStorage是Html5的特性,IE7以下浏览器不支持 为什么要掌握localS ...

  6. Intel x86_64 Architecture Background 1

    首先讲一下什么是Intel x86,x86是指intel的开发的一种32位指令集,从386开始时代开始的一直沿用至今,是一种cisc指令集.x84_64是x86 CPU开始迈向64位的时候,有2选择: ...

  7. 给echarts加个“全屏展示”

    echarts的工具箱并没有提供放大/全屏的功能, 查找文档发现可自定义工具https://www.echartsjs.com/option.html#toolbox.feature show代码 t ...

  8. Flask_admin 笔记六 modelView的内置方法

    增加model后端Flask-Admin对与之配合的数据库模型做了一些假设. 如果要实现自己的数据库后端,并且Flask-Admin的模型视图仍可按预期工作,则应注意以下事项:1) 每一个model必 ...

  9. javascript调用ActiveX接口失败的解决方案及使用心得

    前段时间公司做了个比较大的项目,需要用到ocx控件,我厂大部分项目都采用C#.net,而winform程序条用ocx控件接口是相对简单的,但是javascript调用ocx接口,却和winform的用 ...

  10. Iptables防火墙规则使用梳理

    iptables是组成Linux平台下的包过滤防火墙,与大多数的Linux软件一样,这个包过滤防火墙是免费的,它可以代替昂贵的商业防火墙解决方案,完成封包过滤.封包重定向和网络地址转换(NAT)等功能 ...