@(XSY)[LCT]

Description

你们这么轻松A了前两题,要是AK了我可就惨了,所以这道题一定要是难(shui)题。那出什么难题呢?有了,这样吧,第一题是数,第二题是树,那我就出个同时含有数和树的题不就好了(废话,什么题没有数)。好,那就好办了。看,这里有一个n个节点且节点带权的树,然后我会要你去执行一些操作,处理一些询问。操作和询问有以下4种: 1、‘1 x y’表示将节点x与节点y用一条边相连接,若节点x与节点y本来已经是连通的话,则输出-1表示操作不合法; 2、‘2 x y’表示将当以节点x为根时,节点y与它的父亲节点相连接的边删除,若节点x与节点y本来已经是不连通的话,则输出-1表示操作不合法; 3、‘3 w x y’表示将节点x到节点y路径上的所有点点权加上w,若节点x与节点y本来已经是不连通的话,则输出-1表示操作不合法; 4、‘4 x y’表示请你输出节点x到节点y路径上的所有点中最大的点权,若节点x与节点y本来已经是不连通的话,则输出-1表示操作不合法。 终于有道比较难的题了,这下你们应该不能在1个小时内做出来了吧。什么,你们还有3个小时……

Input

第一行一个整数n表示树的节点个数。 接下来n-1行每行两个整数x、y,表示初始状态节点x与节点y间有一条边。 接下来一行n个整数,第i个数表示节点i的初始点权。 接下来一行一个整数m,表示操作数。 接下来m行,每行以‘1 x y’或‘2 x y’ 或‘3 w x y’ 或‘4 x y’的形式描述操作与询问。

Output

对于每个合法询问,输出一行一个整数表示最大点权。 对于每个非法询问或操作,输出一行一个整数-1表示非法。

Sample Input

5
1 2
2 4
2 5
1 3
1 2 3 4 5
6
4 2 3
2 1 2
4 2 3
1 3 5
3 2 1 4
4 1 4

Sample Output

3
-1
7

HINT

对于50%的数据:1<=n,m<=1000。 对于100%的数据:1<=n,m<=3*10^5,0<=初始点权,w<=3000。

Solution

终于写了一次真的LCT...以前写的都是假的, 时间复杂度根本就不对...

这一题是极好的模板题, 既有update操作, 也有pushdown操作. pushdown操作只有在splay之前才需要, 而update操作则要特别注意, 要用到的地方包括: splay中的rotate, access操作和cut操作. 总而言之, 就是只要是修改到了辅助树中一个点的儿子节点, 就要对其本身进行update.

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm> namespace Zeonfai
{
inline int getInt()
{
int a = 0, sgn = 1;
char c; while(! isdigit(c = getchar()))
if(c == '-')
sgn *= -1; while(isdigit(c))
a = a * 10 + c - '0', c = getchar(); return a * sgn;
}
} struct linkCutTree
{
struct node
{
node *pre, *suc[2];
int isRoot, rev; struct data
{
int w, mx, tag; inline void add(int a)
{
w += a, mx += a, tag += a;
}
}infr; inline node()
{
pre = suc[0] = suc[1] = NULL;
isRoot = 1, rev = 0;
infr.w = infr.mx = infr.tag = 0;
} inline int getRelation()
{
if(pre == NULL)
return -1; return this == pre->suc[1];
} inline void pushdown()
{
if(! isRoot)
pre->pushdown(); if(rev)
reverse(); if(suc[0] != NULL)
suc[0]->infr.add(infr.tag); if(suc[1] != NULL)
suc[1]->infr.add(infr.tag); infr.tag = 0;
} inline void update()
{
infr.mx = infr.w; if(suc[0] != NULL)
infr.mx = std::max(infr.mx, suc[0]->infr.mx); if(suc[1] != NULL)
infr.mx = std::max(infr.mx, suc[1]->infr.mx);
} inline void reverse()
{
std::swap(suc[0], suc[1]);
rev ^= 1; if(suc[0] != NULL)
suc[0]->rev ^= 1; if(suc[1] != NULL)
suc[1]->rev ^= 1;
}
}; node *nd; inline void init(int n)
{
nd = new node[n];
} inline void rotate(node *u)
{
node *pre = u->pre, *prepre = pre->pre;
int k = u->getRelation(); if(u->suc[k ^ 1] != NULL)
u->suc[k ^ 1]->pre = pre; pre->suc[k] = u->suc[k ^ 1];
u->suc[k ^ 1] = pre;
u->pre = prepre; if(pre->isRoot)
pre->isRoot = 0, u->isRoot = 1;
else
prepre->suc[pre->getRelation()] = u; pre->pre = u;
pre->update(), u->update();
} inline void splay(node *u)
{
u->pushdown(); while(! u->isRoot)
{
if(! u->pre->isRoot)
rotate(u->pre->getRelation() == u->getRelation() ? u->pre : u); rotate(u);
}
} inline void access(node *u)
{
splay(u); if(u->suc[1] != NULL)
u->suc[1]->isRoot = 1, u->suc[1] = NULL, u->update(); while(u->pre != NULL)
{
node *pre = u->pre;
splay(pre); if(pre->suc[1] != NULL)
pre->suc[1]->isRoot = 1; pre->suc[1] = u;
u->isRoot = 0;
u->update();
splay(u);
}
} inline void makeRoot(node *u)
{
access(u);
u->rev ^= 1;
} inline node* findRoot(node *u)
{
access(u); while(u->suc[0] != NULL)
u = u->suc[0]; access(u); //find root完一定要access一下啊
return u;
} inline void cut(node *u, node *v)
{
makeRoot(u);
access(v);
access(v);
v->suc[0]->isRoot = 1, v->suc[0]->pre = NULL, v->suc[0] = NULL;
v->update();
} inline void link(node *u, node *v)
{
makeRoot(u);
access(v);
access(v);
u->pre = v;
access(u);
} inline void modify(node *u, node *v, int a)
{
makeRoot(u);
access(v);
access(v);
v->infr.add(a);
} inline int query(node *u, node *v)
{
makeRoot(u);
access(v);
access(v);
return v->infr.mx;
}
}org; int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("LCT.in", "r", stdin);
freopen("LCT.out", "w", stdout);
#endif using namespace Zeonfai; int n = getInt();
org.init(n + 1); static int *tmp = new int[n << 1]; for(int i = 2; i < n << 1; i += 2)
tmp[i - 1] = getInt(), tmp[i] = getInt(); for(int i = 1; i <= n; ++ i)
org.nd[i].infr.add(getInt()); for(int i = 2; i < n << 1; i += 2)
org.link(org.nd + tmp[i - 1], org.nd + tmp[i]); delete[] tmp; int m = getInt(); for(int i = 0; i < m; ++ i)
{
int opt = getInt(), u = getInt(), v = getInt(); if(opt == 1)
{
org.makeRoot(org.nd + u); if(org.findRoot(org.nd + v) == org.nd + u)
puts("-1");
else
org.link(org.nd + u, org.nd + v);
}
else if(opt == 2)
{
org.makeRoot(org.nd + u); if(org.findRoot(org.nd + v) != org.nd + u)
puts("-1");
else
org.cut(org.nd + u, org.nd + v);
}
else if(opt == 3)
{
int tmp = getInt();
org.makeRoot(org.nd + v); if(org.findRoot(org.nd + tmp) != org.nd + v)
puts("-1");
else
org.modify(org.nd + v, org.nd + tmp, u);
}
else if(opt == 4)
{
org.makeRoot(org.nd + u); if(org.findRoot(org.nd + v) != org.nd + u)
puts("-1");
else
printf("%d\n", org.query(org.nd + u, org.nd + v));
}
}
}

模板题 Problem I Link Cut Tree的更多相关文章

  1. 【刷题】洛谷 P3690 【模板】Link Cut Tree (动态树)

    题目背景 动态树 题目描述 给定n个点以及每个点的权值,要你处理接下来的m个操作.操作有4种.操作从0到3编号.点从1到n编号. 0:后接两个整数(x,y),代表询问从x到y的路径上的点的权值的xor ...

  2. Codeforces Round #339 (Div. 2) A. Link/Cut Tree 水题

    A. Link/Cut Tree 题目连接: http://www.codeforces.com/contest/614/problem/A Description Programmer Rostis ...

  3. LCT总结——概念篇+洛谷P3690[模板]Link Cut Tree(动态树)(LCT,Splay)

    为了优化体验(其实是强迫症),蒟蒻把总结拆成了两篇,方便不同学习阶段的Dalao们切换. LCT总结--应用篇戳这里 概念.性质简述 首先介绍一下链剖分的概念(感谢laofu的讲课) 链剖分,是指一类 ...

  4. LG3690 【模板】Link Cut Tree (动态树)

    题意 给定n个点以及每个点的权值,要你处理接下来的m个操作.操作有4种.操作从0到3编号.点从1到n编号. 0:后接两个整数(x,y),代表询问从x到y的路径上的点的权值的xor和.保证x到y是联通的 ...

  5. 洛谷P3690 [模板] Link Cut Tree [LCT]

    题目传送门 Link Cut Tree 题目背景 动态树 题目描述 给定n个点以及每个点的权值,要你处理接下来的m个操作.操作有4种.操作从0到3编号.点从1到n编号. 0:后接两个整数(x,y),代 ...

  6. LG3690 【模板】Link Cut Tree 和 SDOI2008 洞穴勘测

    UPD:更新了写法. [模板]Link Cut Tree 给定n个点以及每个点的权值,要你处理接下来的m个操作.操作有4种.操作从0到3编号.点从1到n编号. 后接两个整数(x,y),代表询问从x到y ...

  7. LuoguP3690 【模板】Link Cut Tree (动态树) LCT模板

    P3690 [模板]Link Cut Tree (动态树) 题目背景 动态树 题目描述 给定n个点以及每个点的权值,要你处理接下来的m个操作.操作有4种.操作从0到3编号.点从1到n编号. 0:后接两 ...

  8. P3690 【模板】Link Cut Tree (动态树)

    P3690 [模板]Link Cut Tree (动态树) 认父不认子的lct 注意:不 要 把 $fa[x]$和$nrt(x)$ 混 在 一 起 ! #include<cstdio> v ...

  9. AC日记——【模板】Link Cut Tree 洛谷 P3690

    [模板]Link Cut Tree 思路: LCT模板: 代码: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 30 ...

随机推荐

  1. CS193p Lecture 10 - Multithreating, UIScrollView

    Multithreating(多线程) 网络请求例子: NSURLRequest *request = [NSURLRequest requestWithURL:[NSURL URLWithStrin ...

  2. baidumap demo(三)

    定位 您可以通过以下代码来开启定位功能: 源码复制打印关于 //开启定位功能 [_mapView setShowsUserLocation:YES]; 定位成功后,可以通过mapView.userLo ...

  3. Python把类当做字典来访问

    定义一个类将它实例化,我们可以通过obj.属性来访问类的属性,如果想获取类的所有实例变量,我们可以使用obj.__dict__来访问,如下: class A: def __init__(self): ...

  4. Hive和Hbase整合

    Hive只支持insert和delete操作,并不支持update操作,所以无法实施更新hive里的数据,而HBASE正好弥补了这一点,所以在某些场景下需要将hive和hbase整合起来一起使用. 整 ...

  5. HDU 3790 (最短路 + 花费)

    题意: 给你n个点,m条无向边,每条边都有长度d和花费p,给你起点s终点t,要求输出起点到终点的最短距离及其花费,如果最短距离有多条路线,则输出花费最少的. #include<bits/stdc ...

  6. HDU 3045 DP 斜率优化 Picnic Cows

    题意:将n个数分成若干组,每组数字的个数不少于t个,要把每组的数字减小到这组最小值,求所有数字减少的最小值. 先将这n个数从小到大排个序,可以想到一组里面的数一定是排序后相邻的. 设d(i)表示前i个 ...

  7. kali-set

    Set 简介 开源的社会工程学利用套件,通常结合metasploit(部分)来使用 更改 /etc/setoolkit下的配置文件 set_config BLEEDING_EDGE="Fal ...

  8. 二、harbor部署之部署harbor

    1 harbor部署之安装docker 1.yum install -y docker #安装docker 2 harbor部署之安装docker-compose 1.首先检查centos有没有安装p ...

  9. i++和++i的区别,及其线程安全问题

    i++和++i都是i=i+1的意思,但是过程有些许区别: i++:先赋值再自加.(例如:i=1:a=1+i++:结果为a=1+1=2,语句执行完后i再进行自加为2) ++i:先自加再赋值.(例如:i= ...

  10. numpy split()

    numpy.split(ary, indices_or_sections, axis=0)[source] Split an array into multiple sub-arrays. 将一个ar ...