4817 [Sdoi2017]树点涂色

V2AS问路

4817 [Sdoi2017]树点涂色

阅读原文时间：2023年07月13日阅读：2

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（包括起点和终点）共有多少种不同的颜色。

Bob可能会进行这几种操作：

1 x 表示把点 x 到根节点的路径上所有的点染上一种没有用过的新颜色。
2 x y 求 x 到 y 的路径的权值。
3 x 在以 x 为根的子树中选择一个点，使得这个点到根节点的路径权值最大，求最大权值。

Bob一共会进行 m 次操作

第一行两个数 n,m。

接下来 n−1 行，每行两个数 a,b 表示 a 与 b 之间有一条边。

接下来 m 行，表示操作，格式见题目描述

每当出现 2,3 操作，输出一行。

如果是 2 操作，输出一个数表示路径的权值

如果是 3 操作，输出一个数表示权值的最大值

输入 #1

输出 #1

$n , m <= 1e5$

分析

将相同颜色的点看做一个Splay ，那么操作1就是标准的access

对于操作二三维护，一个点到根的颜色个数，也是Splay的个数。

这个可以用线段树维护

在assess操作时，将要并上去的的子树-- ，断开的子树++

注意

1.别忘了初始化，初始时各个节点颜色互不相同，也就是ans = d（到根的距离）
2.rot时分清谁和谁，我脑残写了 fa[x] = y , fa[y] = x

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 210000;
inline int read()
{
    register int x = 0; register char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') c = getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0' , c = getchar();
    return x;
}
int n , m , dfn , cnt;
int head[N] , st[N] , ed[N] , d[N] , fdfn[N] , f[N][20] , siz[N] , fa[N] , tr[N][2] , rev[N] , maxn[N<<2] , tag[N<<2];
struct edge{int v , nex; } e[N<<1];
inline void add(int u , int v) { e[++cnt].v = v; e[cnt].nex = head[u]; head[u] = cnt; return ; }
#define D_bag puts("this is OK!!");
// Segment_tree->begin()

void Down(int k)
{
    if(tag[k])
    {
        maxn[k<<1] += tag[k]; maxn[k<<1|1] += tag[k];
        tag[k<<1] += tag[k]; tag[k<<1|1] += tag[k]; tag[k] = 0; // tag -->clear
    }
    return ;
}

void build(int k , int l , int r) // 建树初始化
{
    if(l == r)
    {
        maxn[k] = d[fdfn[l]];
        return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(k << 1 , l , mid);
    build(k << 1 | 1 , mid + 1 , r);
    maxn[k] = max(maxn[k<<1] , maxn[k<<1|1]);
    return ;
}

void Change(int k , int l , int r , int x , int y , int val)
{
    if(x <= l && r <= y) return (void)(maxn[k] += val , tag[k] += val);
    int mid = (l + r) >> 1; Down(k);
    if(x <= mid) Change(k << 1 , l , mid , x , y , val);
    if(y  > mid) Change(k << 1 | 1 , mid+1 , r , x , y , val);
    maxn[k] = max(maxn[k<<1] , maxn[k<<1|1]); return ;
}

int Ask(int k , int l , int r , int x , int y)
{
    if(x <= l && r <= y) return maxn[k];
    Down(k); int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
    if(x <= mid) ans = max(ans , Ask(k<<1 , l , mid , x , y));
    if(y  > mid) ans = max(ans , Ask(k<<1|1 , mid+1 , r , x , y));
    return ans;
}

// Segment_tree->end()

inline int witch(int x) { return x == tr[fa[x]][1]; }
inline int nrt(int x) { return (fa[x] && (tr[fa[x]][0] == x || tr[fa[x]][1] == x)); }
void rot(int x)
{
    int y = fa[x] , z = fa[y] , k = witch(x) , w = tr[x][!k];
    if(nrt(y)) tr[z][witch(y)] = x; fa[x] = z; // !!!!
    tr[y][k] = w; if(w) fa[w] = y;
    tr[x][!k] = y; fa[y] = x;
}

void Splay(int x)
{
    while(nrt(x))
    {
        if(nrt(fa[x])) rot(witch(x) == witch(fa[x]) ? fa[x] : x);
        rot(x);
    }
    return ;
}

int find_son(int x)
{
    while(tr[x][0]) x = tr[x][0]; return x;
}

void assess(int x)
{
    int t = 0;
    for(t = 0; x ; t = x , x = fa[x])
    {
        Splay(x);
        if(t)
        {
            int son = find_son(t);
            Change(1 , 1 , n , st[son] , ed[son] , -1);
        }
        if(tr[x][1])
        {
            int son = find_son(tr[x][1]);
            Change(1 , 1 , n , st[son] , ed[son] , 1);
        }
        tr[x][1] = t;
    }
    return ;
}

int lca(int x , int y)
{
    if(x == y) return x;
    if(d[x] < d[y]) swap(x , y);
    for(int i = 18 ; i >= 0 ; --i) if(d[f[x][i]] >= d[y]) x = f[x][i];
    if(x == y) return x;
    for(int i = 18 ; i >= 0 ; --i) if(f[x][i] != f[y][i]) x = f[x][i] , y = f[y][i];
    return f[x][0];
}

void dfs(int x)
{
    st[x] = ++dfn; fdfn[dfn] = x;
    for(int i = 1 ; i <= 18 ; ++i) f[x][i] = f[f[x][i-1]][i-1];
    for(int i = head[x] , v; i ; i = e[i].nex)
    {
        v = e[i].v;
        if(v == f[x][0]) continue;
        f[v][0] = x; d[v] = d[x] + 1; fa[v] = x; dfs(v);
    }
    ed[x] = dfn;
    return ;
}
int main()
{
    n = read(); m = read();
    for(int i = 1 , a , b; i <= n - 1 ; ++i)
    {
        a = read(); b = read();
        add(a , b); add(b , a);
    }
    d[1] = 1; dfs(1);
    build(1 , 1 , n);
    for(int i = 1 , op , x ; i <= m ; ++i)
    {
        op = read(); x = read();
        if(op == 1) assess(x);
        else
        if(op == 2)
        {
            int y = read() , p = lca(x , y);
            int ans = Ask(1 , 1 , n , st[x] , st[x]) + Ask(1 , 1 , n , st[y] , st[y]) - 2 * Ask(1 , 1 , n , st[p] , st[p]) + 1;
            printf("%d\n" , ans);
        }
        else
        if(op == 3)
            printf("%d\n" , Ask(1 , 1 , n , st[x] , ed[x]));
    }
    return 0;
}
/*
5 6
1 2
2 3
3 4
3 5
2 4 5
3 3
1 4
2 4 5
1 5
2 4 5
*/

BZOJ 4817 [SDOI2017]树点涂色 (LCT+线段树维护dfs序)

题目大意:略涂色方式明显符合$LCT$里$access$操作的性质,相同颜色的节点在一条深度递增的链上用$LCT$维护一个树上集合就好因为它维护了树上集合,所以它别的啥都干不了了发现树是静态的 …
bzoj 4817: [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:这条路径上的点(包括起点和终点)共有多少种不同的颜色. …
【刷题】BZOJ 4817 [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:这条路径上的点(包括起点和终点)共有多少种不同的颜色. …
BZOJ 4817: [Sdoi2017]树点涂色（LCT+树剖+线段树）

题目描述 Bob有一棵 nn 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(包括起点和终点)共有多少种不同的颜色. Bob …
BZOJ 4817: [Sdoi2017]树点涂色 LCT+Access的性质+DFS序+线段树

Code: #include #define maxn 200003 #define inf -1000000 using namespace std; vo …
BZOJ.4817.[SDOI2017]树点涂色(LCT DFS序线段树)

题目链接操作$1.2$裸树剖,但是操作$3$每个点的答案$val$很不好维护.. 如果我们把同种颜色的点划分到同一连通块中,那么向根染色的过程就是Access()! 最初所有点间都是虚边 …
bzoj 4817: [Sdoi2017]树点涂色 LCT+树链剖分+线段树

题目: 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(包括起点和终点)共有多少种不同的颜色. Bob可能会进 …
bzoj 4817: [Sdoi2017]树点涂色【树链剖分+LCT】

非常妙的一道题. 首先对于操作一"把点x到根节点的路径上所有的点染上一种没有用过的新颜色",长得是不是有点像LCT中的access操作?进而发现,如果把同一颜色的点连起来作为LCT …
BZOJ 4817 [Sdoi2017]树点涂色 ——LCT 线段树

同BZOJ3779. SDOI出原题,还是弱化版的. 吃枣药丸 #include #include #include # …
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