【BZOJ】3319: 黑白树-白红宇

【BZOJ】3319: 黑白树

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发布时间：2019-06-21

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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

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               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[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...（）

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

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