JZOJ 6273. 2019.8.4【NOIP提高组A】欠钱（树上倍增+带权并查集）

JZOJ 6273. 2019.8.4【NOIP提高组A】欠钱

题目

Description

Input

第一行两个整数 n 和 m，表示有 n 只企鹅，m 个操作。
接下来 m 行，有两种可能的格式：

• 0 a b c：修改操作，企鹅 a 向企鹅 b 借了 c 元钱。
• 1 a b：查询操作，询问假如 a 有了 +∞ 元钱，企鹅 b 会净收入多少钱。
  本题强制在线，也就是说：对于每个操作输入的变量 a, b, c（如果没有c，那就只有 a, b）
  都不是实际的 a, b, c，想获得实际的 a, b, c 应当经过以下操作：

a = (a + lastans) % n + 1;
b = (b + lastans) % n + 1;
c = (c + lastans) % n + 1;

其中，lastans 是上一次询问的答案。如果没有上一次询问，lastans为0。

Output

对每个询问操作，输出一行一个数表示答案。

Sample Input

5 9
0 1 2 1
0 0 1 2
1 0 1
1 2 4
0 2 1 1
1 2 0
0 3 1 0
1 4 2
1 3 4

Sample Output

3
2
0
1
0

Data Constraint

题解

• 简化一下题目：
• 有一个森林（多棵树），初始状态没有连边，给出
• $0$：儿子$a$往父亲$b$连一条边权为$c$的单向边，
• $1$：询问$x$到$y$的路径（有向）中，边权最小是多少，若不可到达则输出$0$，
• 题目强制在线。。。（离线好像容易许多）
• 据说这是一道$LCT$的裸题（但会被卡），然而并不需要，而且时间还快得多~~~
• 先考虑暴力做法，
• 用倍增来进行询问求值，每次连边时暴力更新子树内倍增数组的值，还要更新子树内每个节点的深度，
• 同时还可以记录$h[i]$表示倍增数组的$f[i][j]$（$i$节点向上$2^j$步）中的$j$已经更新过$0-h[i]$的值了，之后再更新直接从$h[i]$到${\log }_{2}n$，可以优化时间，
• 这样的时间复杂度还是$O(n^2)$的，超时！！！
• 我们发现，倍增数组只是对询问有用（废话，更新不就是为了询问嘛——），
• 那么可以试试询问时再来修改，
• 但先需要在连边时用带权并查集维护节点的深度，否则无法倍增，
• 然后询问时直接按普通的倍增向上跳，有遇到没有更新的就递归更新，
• 也就是看$f[i][j-1]$和$f[f[i][j-1]][j-1]$分别有没有值，没有就继续递归下去，有就返回更新上一层的。
• 需要读入优化。
• 这道题运用到了一种很普遍的思想：
• 不急于每次修改就把所有的需要更新的更新，而是等到它需要使用时再来更新，这样可以一定程度上节约时间。
• 并查集类似如此（每次连边时儿子指向父亲，用到每个节点时再来压缩路径）。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100010
int f[N][20],g[N][20],dp[N],r[N],rs[N];
int get(int v)
{
	if(r[v]==v) 
	{
		rs[v]=0;
		return v;
	}
	int rt=get(r[v]);
	rs[v]+=rs[r[v]];
	r[v]=rt;
	return r[v];
}
void count(int v,int i)
{
	if(i==0) return;
	if(f[v][i]) return;
	count(v,i-1);
	count(f[v][i-1],i-1);
	f[v][i]=f[f[v][i-1]][i-1];
	g[v][i]=min(g[v][i-1],g[f[v][i-1]][i-1]);
}
int read()
{
	int t=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') t=t*10+c-'0',c=getchar();
	return t;
}
int main()
{
	int n,Q,i,k,x,y,c,ls=0;
	scanf("%d%d",&n,&Q);
	for(i=1;i<=n;i++) r[i]=i;
	while(Q--)
	{
		k=read();
		if(k)
		{
			x=read(),y=read();
			x=(x+ls)%n+1;
			y=(y+ls)%n+1;
			get(x);
			get(y);
			int ans=1e+9;
			for(i=19;i>=0;i--) 
			{
				get(x);
				if(rs[x]-(1<<i)>=rs[y])
				{
					count(x,i);
					ans=min(ans,g[x][i]);
					x=f[x][i];	
				}
				
			}
			if(x!=y) ans=0;
			ls=ans;
			printf("%d
",ls);
		}
		else
		{
			x=read(),y=read(),c=read();
			x=(x+ls)%n+1;
			y=(y+ls)%n+1;
			c=(c+ls)%n+1;
			f[x][0]=y;
			g[x][0]=c;	
			r[x]=y;
			rs[x]=1;
		}
	}
	return 0;
}