描述
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3282
给出n个点以及权值,四种操作:
0.求x,y路径上的点权值的异或和.
1.连接x,y.
2.断开x,y.
3.将x的权值改为t.
分析
LCT模板题.
说几点自己的感悟和需要注意的地方吧(这里把原来的树称作树,平衡树称作Splay以避免混淆):
1.LCT是用Splay来维护一个森林(通过将链剖分),Splay以深度为关键字,即深度小的在左边,深度大的在右边.森林中每一棵树都有一个或多个Splay,刚开始的时候每个点都是一个独立的Splay.如果两个点x,y相连,假设x的深度小,则我们把y->pa设为x,但是注意并不把x的孩子设为y.这样一棵树中,还是每个点都是一个单独的Splay,不过与普通的Splay不同的是,这里的Splay的根并不一定上面连着null,而是它的父亲节点不连着它.
2.Access操作是LCT的最基本也是最重要的操作,它的作用是:如果我们Access(x),那么就会将x所在树的根节点到x的路径上的所有点放进一个Splay中.这样进行多次Access的话,一棵树就被分成了许多个Splay且每个Splay可能不再只代表一个点(可以自己画图看看).对于Splay的根节点,它的pa代表的是这个Splay(是一条链)的树上的祖先,而对于非Splay节点,它的父亲就是它在Splay中的父亲.这样我们就有了一个判断Splay根节点的方法:看它的pa是否连着它,如果连着,则这个点不是Splay的根,如果不连着,那么这个点就是Splay的根.当然,树的根节点就是父亲为null的点了.
另外注意Access(x)之后一定要Splay(x),(原来的x).原因如下(看不懂的先跳过去看下面的):
(1).在Access操作的时候,每次在树中深度小的Splay链上挂上深度大的点,都是挂在右孩子,但是都没有进行push_up()操作,所以之后进行一次Splay(x),x沿着右边转上去的过程中就把所有没有push_up的点都push_up了.(当然也可以在Access函数中每一步都push_up(),但好像会慢一点)
(2).保证在make_root(x)之后x同时也是Splay的根,这样在link函数里面make_root(x)之后才能直接x->pa=y.
(3).Access(x)之后无论进行什么有关x所在Splay的操作都要先对Splay中的某个点进行splay操作,x点在Splay的根节点的话,因为有fix函数,所以x位置的标记一定会传下去.如果我们make_root(x)过了的话,这样保证了x是最左边的也就是深度最小的,这样find_root函数才能找到正确树的根.
3.make_root操作.make_root(x)之后,x就是树的根了(有向树无此操作).我们思考会发现,对于树原来的根y和现在要成为根的x,我们只需要将y到x路径上的所有点的深度倒过来就可以了.所以我们Access(x),splay(x),x->rev^=true(将代表y到x这条链的Splay中的所有点深度倒转)即可.
4.link操作.make_root(x),然后直接连就行了(make_root的时候在Access之后进行了splay,所以x一定是Splay的根,所以可以直接连).
5.cut操作.make_root(x),Access(y),Splay(y)这样这个Splay中就只有x,y两个点,且x是y的左儿子,然后x->pa=null,y->ch[0]=null即可.
6.fix函数的重要性.一般的Splay在进行splay操作的时候可以边转边向下传标记(rev).但是LCT中的Splay是时时刻刻在变的,可能一会之后Splay中就不再是原来那些点了(多了一些新的,少了一些以前的).如果我们边转边传标记的话,会导致Splay中上面的标记没有完全传下来,一会如果下面的点换了(原来的点没了,新增了别的点),这个标记就出问题了.所以我们Splay操作的时候要先找到Splay的根,然后从上到下(直到要进行splay操作的点x),把标记全部放下来,这样保证了所有会影响x的子节点的标记都放干净了.因为每次Splay换点的时候都是先splay(x),再把x->ch[1]换掉,所以我们每次splay(x)的时候把会影响x子节点的标记都处理好,再换x的子节点,就不会有问题了.
7.因为Access之后一定要进行splay操作,所以我以后直接把splay写在Access函数里面了.
8.其实我觉得我讲的一点也不清楚...
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn=300000+5; 5 int n,m; 6 struct node{ 7 int v,s; bool rev; 8 node* ch[2],* pa; 9 node(int v,node* t):v(v),s(0),rev(false){ ch[0]=ch[1]=pa=t; } 10 bool d(){ return pa->ch[1]==this; } 11 bool c(){ return pa->ch[0]==this||pa->ch[1]==this; }//判断这个点有没有被父亲连着. 12 void setc(node* t,bool d){ ch[d]=t; t->pa=this; } 13 void push_up(){ s=ch[0]->s^ch[1]->s^v; } 14 void push_down(){ 15 if(rev){ 16 ch[0]->rev^=true; 17 ch[1]->rev^=true; 18 swap(ch[0],ch[1]); 19 rev=false; 20 } 21 } 22 }* t[maxn],* null; 23 void rot(node* o){ 24 node* pa=o->pa; bool d=o->d(); 25 pa->push_down(); o->push_down(); 26 if(pa->c()) pa->pa->setc(o,pa->d()); 27 else o->pa=pa->pa; 28 pa->setc(o->ch[!d],d); 29 o->setc(pa,!d); 30 pa->push_up(); 31 } 32 void fix(node* o){ 33 if(o->c()) fix(o->pa); 34 o->push_down(); 35 } 36 void splay(node* o){ 37 fix(o);//必须要找到根再放标记,否则标记下放不完全,splay又是动态的,会出错. 38 while(o->c()) 39 if(!o->pa->c()) rot(o); 40 else o->d()==o->pa->d()?(rot(o->pa),rot(o)):(rot(o),rot(o)); 41 o->push_up(); 42 } 43 void access(node* x){//access之后一定要splay原来的x 44 node *y=null; 45 for(;x!=null;y=x, x=x->pa){ 46 splay(x); 47 x->ch[1]=y; 48 } 49 } 50 void make_root(node* o){ 51 access(o); 52 splay(o); 53 o->rev^=true; 54 } 55 void link(node *u,node *v){ 56 make_root(u); 57 u->pa=v; 58 } 59 void cut(node* u,node *v){ 60 make_root(u); 61 access(v); 62 splay(v); 63 u->pa=null; 64 v->ch[0]=null; 65 } 66 node* find_root(node* o){ 67 access(o); 68 splay(o); 69 while(o->ch[0]!=null) o=o->ch[0]; 70 return o; 71 } 72 int query(node *u,node *v){ 73 make_root(u); 74 access(v); 75 splay(v); 76 return v->s; 77 } 78 void change(node *x,int y){ 79 splay(x); 80 x->v=y; 81 x->push_up(); 82 } 83 int main(){ 84 null=new node(0,NULL); 85 scanf("%d%d",&n,&m); 86 for(int i=1;i<=n;i++){ 87 int x; scanf("%d",&x); 88 t[i]=new node(x,null); 89 } 90 for(int i=1;i<=m;i++){ 91 int c,x,y; 92 scanf("%d%d%d",&c,&x,&y); 93 if(c==0) printf("%d ",query(t[x],t[y])); 94 else if(c==1){ if(find_root(t[x])!=find_root(t[y])) link(t[x],t[y]); } 95 else if(c==2){ if(find_root(t[x])==find_root(t[y])) cut(t[x],t[y]); } 96 else if(c==3) change(t[x],y); 97 } 98 return 0; 99 }
3282: Tree
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1417 Solved: 615
[Submit][Status][Discuss]
Description
给定Ｎ个点以及每个点的权值，要你处理接下来的Ｍ个操作。操作有４种。操作从０到３编号。点从１到Ｎ编号。
０：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表询问从ｘ到ｙ的路径上的点的权值的ｘｏｒ和。保证ｘ到ｙ是联通的。
１：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表连接ｘ到ｙ，若ｘ到Ｙ已经联通则无需连接。
２：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表删除边（ｘ，ｙ），不保证边（ｘ，ｙ）存在。
３：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表将点Ｘ上的权值变成Ｙ。
Input
第１行两个整数，分别为Ｎ和Ｍ，代表点数和操作数。
第２行到第Ｎ＋１行，每行一个整数，整数在［１，１０＾９］内，代表每个点的权值。
第Ｎ＋２行到第Ｎ＋Ｍ＋１行，每行三个整数，分别代表操作类型和操作所需的量。
Output
对于每一个０号操作，你须输出Ｘ到Ｙ的路径上点权的Ｘｏｒ和。
Sample Input
1
2
3
1 1 2
0 1 2
0 1 1
Sample Output
1
HINT
１＜＝Ｎ，Ｍ＜＝３０００００