Luogu P3703 [SDOI2017]树点涂色
比较有趣的综合树上问题,刷LCT题单时做的但是发现后面LCT只是起了辅助作用233
首先我们分析每一个操作,\(1\)的定义就让我们联想到了access
,我们回忆一下LCT的性质:
LCT中每一个splay保存的都是原树上深度连续的一条链。
那么我们发现由于这里的染色是染上全新的一种颜色,所以每一次access
后的每棵splay维护的都是同种颜色的点链,是同时符合性质和题目要求的
不过注意由于这里是染新的颜色,所以是可以用access
的,如果是染成之前的某种颜色那么就不能这么做!
好了想完修改我们来考虑询问,首先看\(2\)操作,询问路径的颜色个数?
由于这是一棵有根树,结合前面的操作我们容易想到维护每个点到根节点的颜色个数记为\(col_i\)
容易发现这里的\(col\)具有可减性,那么维护路径颜色个数就可以用树上差分
具体的,路径\(x,y\)之间的颜色个数就是\(col_x+col_y-2\cdot col_{\operatorname{LCA}(x,y)}+1\)
这个和求树上两点间距离类似,不过就是\(\operatorname{LCA}\)的颜色会被减两次所以要加回去
然后就是\(3\)操作,我们发现当我们维护了\(col\)之后其实就是询问一个子树内最大的\(col\)
子树信息想到什么,DFS序啊!结合前面的access
时进行的也是子树修改,我们容易想到维护区间修改区间查最大值的线段树,这样结合access
的期望\(\log\)复杂度是\(O(n\log^2n)\)的(复杂度分析类似于LCT上的平衡树操作)
那么就代码实现方面,DFS序都要写了,那么顺带写一下树剖吧,一般跳的比倍增快一些
然后就是码农时刻了,建议把代码分块一下要不然很容易调死不出
奉上近\(200\)行的CODE
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=100005;
struct edge
{
int to,nxt;
}e[N<<1]; int n,m,head[N],cnt,opt,x,y,fa,id[N],dep[N],dfn[N],size[N];
class FileInputOutput
{
private:
static const int S=1<<21;
#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (Ftop<S?Fout[Ftop++]=ch:(fwrite(Fout,1,S,stdout),Fout[(Ftop=0)++]=ch))
char Fin[S],Fout[S],*A,*B; int pt[15],Ftop;
public:
Tp inline void read(T& x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
}
Tp inline void write(T x)
{
if (!x) return (void)(pc('0'),pc('\n')); RI ptop=0;
while (x) pt[++ptop]=x%10,x/=10; while (ptop) pc(pt[ptop--]+48); pc('\n');
}
inline void Fend(void)
{
fwrite(Fout,1,Ftop,stdout);
}
#undef tc
#undef pc
}F;
class Segment_Tree
{
private:
struct Segment
{
int mx,tag;
}node[N<<2];
#define M(x) node[x].mx
#define T(x) node[x].tag
inline int max(CI a,CI b)
{
return a>b?a:b;
}
inline void add(CI now,CI mv)
{
M(now)+=mv; T(now)+=mv;
}
inline void pushup(CI now)
{
M(now)=max(M(now<<1),M(now<<1|1));
}
inline void pushdown(CI now)
{
if (T(now)) add(now<<1,T(now)),add(now<<1|1,T(now)),T(now)=0;
}
public:
#define TN CI now=1,CI l=1,CI r=n
inline void build(TN)
{
if (l==r) return (void)(M(now)=dep[id[l]]); int mid=l+r>>1;
build(now<<1,l,mid); build(now<<1|1,mid+1,r); pushup(now);
}
#define O beg,end
inline void modify(CI beg,CI end,CI mv,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return add(now,mv); int mid=l+r>>1; pushdown(now);
if (beg<=mid) modify(O,mv,now<<1,l,mid); if (end>mid) modify(O,mv,now<<1|1,mid+1,r); pushup(now);
}
inline int query(CI beg,CI end,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return M(now); int mid=l+r>>1,ret=0; pushdown(now);
if (beg<=mid) ret=max(ret,query(O,now<<1,l,mid)); if (end>mid) ret=max(ret,query(O,now<<1|1,mid+1,r)); return ret;
}
#undef TN
#undef O
#undef M
#undef T
}T;
class Link_Cut_Tree
{
private:
struct splay
{
int ch[2],fa;
}node[N];
#define lc(x) node[x].ch[0]
#define rc(x) node[x].ch[1]
#define fa(x) node[x].fa
inline void connect(CI x,CI y,CI d)
{
node[fa(x)=y].ch[d]=x;
}
inline int identify(CI now)
{
return rc(fa(now))==now;
}
inline bool isroot(CI now)
{
return lc(fa(now))!=now&&rc(fa(now))!=now;
}
inline void rotate(CI now)
{
int x=fa(now),y=fa(x),d=identify(now); if (!isroot(x)) node[y].ch[identify(x)]=now;
fa(now)=y; connect(node[now].ch[d^1],x,d); connect(x,now,d^1);
}
inline void splay(int now)
{
for (int t;!isroot(now);rotate(now))
t=fa(now),!isroot(t)&&(rotate(identify(now)!=identify(t)?now:t),0);
}
inline int findroot(int now)
{
while (lc(now)) now=lc(now); return now;
}
public:
inline void link(CI x,CI y)
{
fa(x)=y;
}
inline void access(int x)
{
for (int y=0,t;x;x=fa(y=x))
{
splay(x); if (rc(x)) t=findroot(rc(x)),T.modify(dfn[t],dfn[t]+size[t]-1,1);
if (rc(x)=y) t=findroot(rc(x)),T.modify(dfn[t],dfn[t]+size[t]-1,-1);
}
}
#undef lc
#undef rc
#undef fa
}LCT;
class Light_Heavy_Division
{
private:
int idx,top[N],father[N],son[N];
inline void swap(int& x,int& y)
{
int t=x; x=y; y=t;
}
public:
#define to e[i].to
inline void DFS1(CI now,CI fa)
{
size[now]=1; dep[now]=dep[fa]+1; father[now]=fa;
for (RI i=head[now];i;i=e[i].nxt) if (to!=fa)
{
DFS1(to,now); size[now]+=size[to]; LCT.link(to,now);
if (size[to]>size[son[now]]) son[now]=to;
}
}
inline void DFS2(CI now,CI tf)
{
id[dfn[now]=++idx]=now; top[now]=tf;
if (son[now]) DFS2(son[now],tf);
for (RI i=head[now];i;i=e[i].nxt)
if (to!=father[now]&&to!=son[now]) DFS2(to,to);
}
inline int get_LCA(int x,int y)
{
while (top[x]!=top[y])
{
if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
x=father[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
#undef to
}L;
inline void add(CI x,CI y)
{
e[++cnt]=(edge){y,head[x]}; head[x]=cnt;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (F.read(n),F.read(m),i=1;i<n;++i) F.read(x),F.read(y),add(x,y),add(y,x);
for (L.DFS1(1,0),L.DFS2(1,1),T.build(),i=1;i<=m;++i)
{
F.read(opt); F.read(x); switch (opt)
{
case 1:
LCT.access(x); break;
case 2:
F.read(y); fa=L.get_LCA(x,y);
F.write(T.query(dfn[x],dfn[x])+T.query(dfn[y],dfn[y])-
(T.query(dfn[fa],dfn[fa])<<1)+1); break;
case 3:
F.write(T.query(dfn[x],dfn[x]+size[x]-1)); break;
}
}
return F.Fend(),0;
}
Luogu P3703 [SDOI2017]树点涂色的更多相关文章
- P3703 [SDOI2017]树点涂色
P3703 [SDOI2017]树点涂色 链接 分析: 首先对于询问,感觉是线段树维护dfs序,每个点记录到根的颜色个数.第二问差分,第三问区间取max. 那么考虑修改,每次将一个点的颜色变成和父节点 ...
- P3703 [SDOI2017]树点涂色 LCT维护颜色+线段树维护dfs序+倍增LCA
\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\) Bob有一棵\(n\)个点的有根树,其中1号点是根节点.Bob在每个点上涂了颜色,并且每个点上的颜色不同. 定义一条路径的权值是:这条路径上的点 ...
- 洛谷P3703 [SDOI2017]树点涂色(LCT,dfn序,线段树,倍增LCA)
洛谷题目传送门 闲话 这是所有LCT题目中的一个异类. 之所以认为是LCT题目,是因为本题思路的瓶颈就在于如何去维护同颜色的点的集合. 只不过做着做着,感觉后来的思路(dfn序,线段树,LCA)似乎要 ...
- 并不对劲的bzoj4817:loj2001:p3703:[SDOI2017]树点涂色
题目大意 有一棵\(n\)(\(n\leq10^5\))个节点的树,每个点有颜色\(c\),一开始所有颜色互不相同 要进行\(m\)(\(m\leq10^5\))次操作,每次操作是以下三种中的一种: ...
- [Sdoi2017]树点涂色 [lct 线段树]
[Sdoi2017]树点涂色 题意:一棵有根树,支持x到根染成新颜色,求x到y颜色数,求x子树里点到根颜色数最大值 考场发现这个信息是可减的,但是没想到lct 特意设计成lct的形式! 如何求颜色数? ...
- 【LG3703】[SDOI2017]树点涂色
[LG3703][SDOI2017]树点涂色 题面 洛谷 题解 更博辣,更博辣!!! 猪年的第一篇博客 一次只能染根到\(x\),且染的颜色未出现过 这句话是我们解题的关键. 设\(x\)到根的颜色数 ...
- [BZOJ4817][SDOI2017]树点涂色(LCT+DFS序线段树)
4817: [Sdoi2017]树点涂色 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 692 Solved: 408[Submit][Status ...
- 【BZOJ4817】[Sdoi2017]树点涂色 LCT+线段树
[BZOJ4817][Sdoi2017]树点涂色 Description Bob有一棵n个点的有根树,其中1号点是根节点.Bob在每个点上涂了颜色,并且每个点上的颜色不同.定义一条路径的权值是:这条路 ...
- [Bzoj4817] [Sdoi2017]树点涂色 (LCT神题)
4817: [Sdoi2017]树点涂色 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 629 Solved: 371[Submit][Status ...
随机推荐
- 函数纹理(国际象棋棋盘纹理&粗布纹理)MFC
函数纹理(国际象棋棋盘纹理&粗布纹理)MFC实现 源码百度云下载 国际象棋棋盘纹理(效果图见最后) //国际象棋纹理函数 //g(u, v) = a , 向下取整(8u)+向下取整(8v) ...
- 随笔:Oracle实验课(软件系统开发综合实践)B/S结构;java——图书管理系统
以上是我需要注意的要求 -------------------------------此处为放假分割线-1-20----------------------------------- 初步完成了整个程 ...
- (python)数据结构---字符串
一.概述 由一个个字符组成的有序序列. 使用单引号.双引号.三引号引住的字符序列. 不可变.线性的数据结构. 二.字符串的相关操作 1.元素访问----下标 字符串是线性的数据结构,可以使用索引去访问 ...
- MapReduce ----数据去重
三个文件 2017-03-10 a2017-03-11 b2017-03-12 d2017-03-13 d2017-03-142017-03-15 a 2017-03-10 e2017-03-11 b ...
- Java读取.properties配置文件
一.介绍 Properties文件在Java中主要为配置文件,文件类型为:.properties,格式为文本文件,内容格式为"键=值" 二.读取 这里我采用的是getResourc ...
- PostgreSQL 多级分区
CREATE TABLE range_list (a int,b timestamp) PARTITION BY RANGE (b); CREATE TABLE range_pa1 PARTITION ...
- CENTOS7错误:Cannot find a valid baseurl for repo: base/7/x86_6
CENTOS7错误:Cannot find a valid baseurl for repo: base/7/x86_6 解决办法: 1.进入/etc/sysconfig/network-script ...
- php获取ip地址所在的地理位置的实现
1,通过腾讯或者新浪提供的接口来获取(新浪和腾讯类似) <?php function getIPLocation($queryIP){ $url = 'http://ip.qq ...
- 好系统重装助手教你如何让win10系统快速开机
电脑开机的时候,有一些自动开启的软件或工具会占用一定的开机时间,把它们禁止开机启动项就会提高电脑开机速度.很多人会借助360或者电脑管家等软件来设置,下面小编就来教大家一招不借助第三方工具来禁止win ...
- Linux系统挂载Windows的共享文件夹
解决方案 在window上文件设置共享权限 在Linux上在 使用mount 命令挂载 Windows 共享文件夹 实验环境 redhat linux 7操作系统 服务器IP 192.168.100. ...