题目描述

一棵n个点的树,每个点的初始权值为1。对于这棵树有q个操作,每个操作为以下四种操作之一:

  • + u v c:将u到v的路径上的点的权值都加上自然数c;

  • - u1 v1 u2 v2:将树中原有的边(u1,v1)删除,加入一条新边(u2,v2),保证操作完之后仍然是一棵树;

  • \* u v c:将u到v的路径上的点的权值都乘上自然数c;

  • / u v:询问u到v的路径上的点的权值和,求出答案对于51061的余数。

输入输出格式

输入格式:

第一行两个整数n,q

接下来n-1行每行两个正整数u,v,描述这棵树

接下来q行,每行描述一个操作

输出格式:

对于每个/对应的答案输出一行

输入输出样例

输入样例#1: 复制

3 2
1 2
2 3
* 1 3 4
/ 1 1
输出样例#1: 复制

4

说明

10%的数据保证,1<=n,q<=2000

另外15%的数据保证,1<=n,q<=5*10^4,没有-操作,并且初始树为一条链

另外35%的数据保证,1<=n,q<=5*10^4,没有-操作

100%的数据保证,1<=n,q<=10^5,0<=c<=10^4

By (伍一鸣)

全程自己YY,调了一下午真累啊QWQ......

LCT的板子题,要维护子树和,加法标记,乘法标记和自身的值

放标记的时候先放乘法标记

至于为什么http://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/8588693.html

// luogu-judger-enable-o2
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
const int mod = ;
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = , f = ;
while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while(c >= '' && c <= '') {x = x * + c - ''; c = getchar();}
return x * f;
}
int N, Q;
#define ls(x) T[x].ch[0]
#define rs(x) T[x].ch[1]
#define fa(x) T[x].f
struct node {
int f, ch[], r, mul, add, siz, sum, val;
}T[MAXN];
bool IsRoot(int x) {
return T[fa(x)].ch[] != x && T[fa(x)].ch[] != x;
}
int ident(int x) {
return T[fa(x)].ch[] == x ? : ;
}
void connect(int x, int fa, int how) {
T[x].f = fa;
T[fa].ch[how] = x;
}
void update(int x) {
T[x].sum = (T[ls(x)].sum + T[rs(x)].sum + T[x].val ) % mod;
T[x].siz = T[ls(x)].siz + T[rs(x)].siz + ;
}
void rotate(int x) {
int Y = fa(x), R = fa(Y), Yson = ident(x), Rson = ident(Y);
int B = T[x].ch[Yson ^ ];
T[x].f = R;
if(!IsRoot(Y))
connect(x, R, Rson);
connect(B, Y, Yson);
connect(Y, x, Yson ^ );
update(Y);update(x);
}
void pushr(int x) {
if(T[x].r) {
swap(ls(x), rs(x));
T[ls(x)].r ^= ;
T[rs(x)].r ^= ;
T[x].r = ;
}
}
void pushmul(int x) {
T[ls(x)].val *= T[x].mul; T[ls(x)].val %= mod;
T[rs(x)].val *= T[x].mul; T[rs(x)].val %= mod;
T[ls(x)].sum *= T[x].mul; T[ls(x)].sum %= mod;
T[rs(x)].sum *= T[x].mul; T[rs(x)].sum %= mod;
T[ls(x)].add *= T[x].mul; T[ls(x)].add %= mod;
T[rs(x)].add *= T[x].mul; T[rs(x)].add %= mod;
T[ls(x)].mul *= T[x].mul; T[ls(x)].mul %= mod;
T[rs(x)].mul *= T[x].mul; T[rs(x)].mul %= mod;
T[x].mul = ;
}
void pushadd(int x) {
T[ls(x)].val += T[x].add; T[ls(x)].val %= mod;
T[rs(x)].val += T[x].add; T[rs(x)].val %= mod;
T[ls(x)].sum += T[ls(x)].siz * T[x].add; T[ls(x)].sum %= mod;
T[rs(x)].sum += T[rs(x)].siz * T[x].add; T[rs(x)].sum %= mod;
T[ls(x)].add += T[x].add; T[ls(x)].add %= mod;
T[rs(x)].add += T[x].add; T[rs(x)].add %= mod;
T[x].add = ;
}
void pushdown(int x) {
pushr(x);
pushmul(x);
pushadd(x);
}
int st[MAXN];
int fuck;
void splay(int x) {
int y = x, top = ;
st[++top] = y;
while(!IsRoot(y)) st[++top] = (y = fa(y));
while(top) pushdown(st[top--]);
for(int y = fa(x); !IsRoot(x); rotate(x), y = fa(x))
if(!IsRoot(y))
rotate( ident(x) == ident(y) ? y : x );
}
void access(int x) {
for(int y = ; x; x = fa(y = x))//tag
splay(x), rs(x) = y, update(x);
}
void makeroot(int x) {
access(x);
splay(x);
T[x].r ^= ;
}
void split(int x,int y) {
makeroot(x);
access(y);
splay(y);
}
void link(int x, int y) {
makeroot(x);
T[x].f = y;
}
int findroot(int x) {
access(x);
splay(x);
while(ls(x)) x = ls(x);
return x;
}
void cut(int x, int y) {
split(x, y);
//makeroot(x);
if(findroot(y) == x && fa(x) == y && !rs(x))
T[x].f = T[y].ch[] = , update(y);
}
main() {
freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld", &N, &Q);
for(int i = ; i <= N; i++)
T[i].val = , T[i].sum = , T[i].mul = , T[i].siz = , T[i].add = ;
for(int i = ; i <= N - ; i++) {
int x = read(), y = read();
link(x, y);
}
int fuck = ;
while(Q--) {
char c = ; int u1, v1, u2, v2, val;
while(c < '*') c = getchar();
scanf("%lld%lld", &u1, &v1);
if(c == '+') {
scanf("%lld", &val);
split(u1, v1);
T[v1].val += val; T[v1].val %= mod;
T[v1].add += val; T[v1].add %= mod;
T[v1].sum += T[v1].siz * val; T[v1].sum %= mod;
}
else if(c == '-') {
scanf("%lld%lld", &u2, &v2);
cut(u1, v1);
link(u2, v2);
}
else if(c == '/') {
split(u1, v1);
printf("%d\n",T[v1].sum%mod);
}
else {
scanf("%lld",&val);
split(u1, v1);
T[v1].val *= val; T[v1].val %= mod;
T[v1].sum *= val; T[v1].siz %= mod;
T[v1].add *= val; T[v1].add %= mod;
T[v1].mul *= val; T[v1].mul %= mod;
}
}
return ;
}

洛谷P1501 [国家集训队]Tree II(LCT)的更多相关文章

  1. 洛谷 P1501 [国家集训队]Tree II 解题报告

    P1501 [国家集训队]Tree II 题目描述 一棵\(n\)个点的树,每个点的初始权值为\(1\).对于这棵树有\(q\)个操作,每个操作为以下四种操作之一: + u v c:将\(u\)到\( ...

  2. 洛谷P1501 [国家集训队]Tree II(LCT,Splay)

    洛谷题目传送门 关于LCT的其它问题可以参考一下我的LCT总结 一道LCT很好的练习放懒标记技巧的题目. 一开始看到又做加法又做乘法的时候我是有点mengbi的. 然后我想起了模板线段树2...... ...

  3. 洛谷P1501 [国家集训队]Tree II(打标记lct)

    题目描述 一棵n个点的树,每个点的初始权值为1.对于这棵树有q个操作,每个操作为以下四种操作之一: + u v c:将u到v的路径上的点的权值都加上自然数c: - u1 v1 u2 v2:将树中原有的 ...

  4. [洛谷P1501] [国家集训队]Tree II(LCT模板)

    传送门 这是一道LCT的板子题,说白了就是在LCT上支持线段树2的操作. 所以我只是来存一个板子,并不会讲什么(再说我也不会,只能误人子弟2333). 不过代码里的注释可以参考一下. Code #in ...

  5. 洛谷.1501.[国家集训队]Tree II(LCT)

    题目链接 日常zz被define里没取模坑 //标记下放同线段树 注意51061^2 > 2147483647,要开unsigned int //*sz[]别忘了.. #include < ...

  6. 【刷题】洛谷 P1501 [国家集训队]Tree II

    题目描述 一棵n个点的树,每个点的初始权值为1.对于这棵树有q个操作,每个操作为以下四种操作之一: + u v c:将u到v的路径上的点的权值都加上自然数c: - u1 v1 u2 v2:将树中原有的 ...

  7. [洛谷P1501][国家集训队]Tree II

    题目大意:给一棵树,有四种操作: $+\;u\;v\;c:$将路径$u->v$区间加$c$ $-\;u_1\;v_1\;u_2\;v_2:$将边$u_1-v_1$切断,改成边$u_2-v_2$, ...

  8. 洛谷 P1501 [国家集训队]Tree II

    看来这个LCT板子并没有什么问题 #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long ...

  9. 洛谷 P1501 [国家集训队]Tree II Link-Cut-Tree

    Code: #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <strin ...

随机推荐

  1. CentOS7运维管理笔记(12)----修改主机名

    CentOS修改主机名 CentOS7和CentOS6.5 修改主机名的方法略有不同. 通过 hostname 命令可以查看当前的主机名. 1. 临时修改主机名 通过 'hostname 新的主机名' ...

  2. 弧形菜单2(动画渐入)Kotlin开发(附带java源码)

    弧形菜单2(动画渐入+Kotlin开发) 前言:基于AndroidStudio的采用Kotlin语言开发的动画渐入的弧形菜单...... 效果: 开发环境:AndroidStudio2.2.1+gra ...

  3. 关于App的cpu/内存/流量 /电量的方法(GT工具)

    https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzUzNTQxMzMzMg==&mid=2247484376&idx=1&sn=651e9cf22801b5 ...

  4. Java笔记-IO流的运用

    --如果朋友您想转载本文章请注明转载地址"http://www.cnblogs.com/XHJT/p/3877386.html "谢谢-- 1.InputStream和System ...

  5. Docker的一些常用命令

    # systemctl start docker //启动docker # systemctl restart docker //重启docker # systemctl enable docker ...

  6. 测试拆分比较大SQL Server数据库

    有2个办法拆分比较大的数据库. 1.重建聚集索引2.收缩数据库 一.准备测试数据 )) go insert into blocktable(blockno,binno,rack,chipcount,m ...

  7. Java学习---常见的模式

    Java的常见模式 适配器模式 package com.huawei; import java.io.BufferedReader; import java.io.IOException; impor ...

  8. Redis集群部署-windows

    Redis集群部署-windows 前言 为了能体验一下部署Redis集群是一种怎么样的体验,所一边做一边写了这篇记录. 1.准备 从这里下载windows服务端 https://github.com ...

  9. C++课堂作业二之反转链表

    1问题链接: https://www.patest.cn/contests/pat-b-practise/1025 2解题想法: 这题原来用数组打过,现在是想保留暂存数据的数组,然后按顺序提取出来到创 ...

  10. JavaScript的事件对象中的特殊属性和方法(鼠标,键盘)

    鼠标操作导致的事件对象中的特殊属性和方法 鼠标事件是 Web 上面最常用的一类事件,毕竟鼠标还是最主要的定位设备.那么通过事件对象可以获取到鼠标按钮信息和屏幕坐标获取等 鼠标按钮 只有在主鼠标按钮被单 ...