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【BZOJ】3319: 黑白树
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3319
题意:给一棵n节点的树(n<=1e6),m个操作(m<=1e6),每次操作有两种:1、查询u到根的第一条黑边的编号。2、将u到v的路径全部染成黑色
#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <string>#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <sstream>using namespace std;typedef long long ll;#define pb push_back#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))#define read(a) a=getint()#define print(a) printf("%d", a)#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)inline int getint() { static int r, k; r=0,k=1; static char c; c=getchar(); for(; c<‘0‘||c>‘9‘; c=getchar()) if(c==‘-‘) k=-1; for(; c>=‘0‘&&c<=‘9‘; c=getchar()) r=r*10+c-‘0‘; return k*r; }const int N=1e6+10;int lca[N], fa[N], dep[N], id[N], n, del[N];struct Un { int f[N]; void init() { for1(i, 1, n) f[i]=i; } int find(int x) { return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]); } void U(int x, int y) { x=find(x); y=find(y); if(dep[x]<dep[y]) swap(x, y); f[x]=y; }};struct Gr { int ihead[N], cnt; struct dat { int next, from, to, id; }e[N<<1]; void add(int u, int v, int id) { e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].from=u; e[cnt].to=v; e[cnt].id=id; e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].from=v; e[cnt].to=u; e[cnt].id=id; } void add1(int u, int v) { e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; } void tarjan(int x, Gr &g) { static bool vis[N]; static Un p; p.f[x]=x; rdm(x, i) if(e[i].to!=fa[x]) { dep[e[i].to]=dep[x]+1; fa[e[i].to]=x; id[e[i].to]=i; tarjan(e[i].to, g); p.f[e[i].to]=x; } vis[x]=1; for(int i=g.ihead[x]; i; i=g.e[i].next) if(vis[g.e[i].to]) lca[g.e[i].id]=p.find(g.e[i].to); }}G, ask, g;Un f, temp;void split(int u, int v, int goal, int now) { for(u=temp.find(u); dep[u]>dep[goal]; del[u]=1, temp.U(u, fa[u]), g.add1(now, id[u]), u=temp.find(fa[u])); for(v=temp.find(v); dep[v]>dep[goal]; del[v]=1, temp.U(v, fa[v]), g.add1(now, id[v]), v=temp.find(fa[v]));}void link(int u, int v, int goal, int now) { for(int i=g.ihead[now]; i; i=g.e[i].next) f.U(G.e[g.e[i].to].from, G.e[g.e[i].to].to);}struct Q { int flag, u, v; }q[N];int m;int main() { read(n); read(m); for1(i, 1, n-1) G.add(getint(), getint(), i); for1(i, 1, m) { read(q[i].flag); read(q[i].v); if(q[i].flag==2) { read(q[i].u); ask.add(q[i].u, q[i].v, i); } } G.tarjan(1, ask); temp.init(); f.init(); for1(i, 1, m) if(q[i].flag==2) { split(q[i].u, q[i].v, lca[i], i); } // for1(i, 1, m) if(q[i].flag==2) { // printf("g[%d]:", i); // for(int j=g.ihead[i]; j; j=g.e[j].next) printf(" (%d<->%d), ", G.e[g.e[j].to].from, G.e[g.e[j].to].to); puts(""); // } for1(i, 2, n) if(!del[i]) f.U(i, fa[i]); static int out[N], num=0; for3(i, m, 1) { if(q[i].flag==1) { int ans=f.find(q[i].v); if(ans==1) out[++num]=0; else out[++num]=G.e[id[ans]].id; } else { link(q[i].u, q[i].v, lca[i], i); } } for3(i, num, 1) printf("%d\n", out[i]); return 0;}
好神的题辣....
很早以前写过链剖+线段树...果断tle...(【BZOJ】3319: 黑白树(并查集+特殊的技巧/-树链剖分+线段树))
然后很早以前也看到claris大爷的题解,好神QAQ
他说是离线,那么我就顺着离线的思路想了下...
首先发现染色后对应着删边...表示边上的点的子女都不需要到这个点的祖先了...
然后发现每次查询的编号就是当前最近的祖先....
然后考虑如何删边...一开始我是直接开个并查集乱搞...可是跪了...其实只需要在已经删过的地方找到并查集的根然后向上走即可,注意要将删的边记录下来,否则待会无法合并
然后考虑如何合并...发现我们只需要将树的最终形态确定后,然后依次加入之前删过的边。那么也就是说,将询问离线后,从后向前,如果是询问就直接询问当前所在集合的根,否则合并之前在这个操作删掉的边
那么就行了QAQ
【BZOJ】3319: 黑白树
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