[JZOJ6257] 【省选模拟8.9】修路

题目

题目大意

有一堆点，每个点都有其权值(c_i)。
每次插入边((u,v))，(u)和(1)连通，(v)和(1)不连通。最后保证形成一棵树。
每次插入的时候询问(1)到(u)的路径上逆序对的个数。然后将(1)到(u)的路径上的所有节点的权值设为(c_v).

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思考历程

一看就知道是什么数据结构题了……
然而刚了很久都不知道怎么做……
于是就直接打暴力。暴力跳(fa)，用树状数组计算逆序对的个数。
后来还有点时间，于是看准了(c_ileq 2)的数据。
于是打了个树链剖分加线段树来维护。线段树上每个区间维护的是个大小为(3)的桶和答案，区间合并的时候就是左右两边的答案加上左边权值大于右边的个数。
打完了之后急着去吃饭，完全没有调过……
后来发现这个树链剖分没有分……倒是覆盖了我的暴力……原来暴力是可以吃掉(c_ileq 2)的数据的……

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正解

看到正解的时候我也震惊了……
请用脑子模拟一下操作的画面。
然后试着跟(LCT)建立联系。

于是我们就发现这个操作过程与(LCT)神似！
每个(splay)维护权值相同的一条链，修改的时候相当于(access)上去……
将它到祖先的路径全部变成同一个权值。
我们也知道(LCT)的时间复杂度是均摊(lg n)的。虽然不会证明。
那么我们可以理解成出现过的颜色相同的段数是(O(nlg n))级别的。
询问的时候用树状数组来维护。模拟(access)的过程就可以了。

于是这题就非常轻松地AC了。而且由于这题完全不需要(mroot)操作，所以也不用翻转……
(LCT)短得跟树链剖分差不多……

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
int n;
int c[N],maxc;
int *p[N];
inline bool cmpp(int *x,int *y){
	return *x<*y;
}
int t[N];
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
inline void add(int x,int c){
	for (;x<=maxc;x+=lowbit(x))
		t[x]+=c;
}
inline int query(int x){
	int res=0;
	for (;x;x-=lowbit(x))
		res+=t[x];
	return res;
}
inline void clear(int x){
	for (;x<=maxc && t[x];x+=lowbit(x))
		t[x]=0;
}
struct Node{
	Node *fa,*c[2];
	int is_root;
	int siz;
	inline void update(){siz=c[0]->siz+c[1]->siz+1;}
	inline bool getson(){return fa->c[0]!=this;}
	inline void rotate(){
		Node *y=fa,*z=y->fa;
		if (y->is_root){
			is_root=y->is_root;
			y->is_root=0;
		}
		else
			z->c[y->getson()]=this;
		int k=getson();
		fa=z;
		y->c[k]=c[k^1];
		c[k^1]->fa=y;
		c[k^1]=y;
		y->fa=this;
		siz=y->siz,y->update();
	}
	inline void splay(){
		while (!is_root){
			if (!fa->is_root){
				if (getson()!=fa->getson())
					rotate();
				else
					fa->rotate();
			}
			rotate();
		}
	}
} d[N],*null;
int main(){
	freopen("road.in","r",stdin);
	freopen("road.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&c[i]),p[i]=&c[i];
	sort(p+1,p+n+1,cmpp);
	for (int i=1,last=-1;i<=n;++i){
		if (*p[i]!=last){
			maxc++;
			last=*p[i];
		}
		*p[i]=maxc;
	}
	null=d;
	*null={null,null,null,0,0};
	for (int i=1;i<=n;++i)
		d[i]={null,null,null,c[i],1};
	for (int i=1;i<n;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		Node *x,*y;
		long long ans=0;
		for (x=&d[u];x!=null;x=x->fa){
			x->splay();
			ans+=(long long)query(x->is_root-1)*(x->c[0]->siz+1);
			add(x->is_root,x->c[0]->siz+1);
		}
		printf("%lld
",ans);
		d[v].fa=&d[u];
		for (x=&d[v],y=null;x!=null;y=x,x=x->fa){
			x->splay();
			clear(x->is_root);
			x->c[1]->is_root=x->is_root;
			x->c[1]=y;
			y->is_root=0;
			x->update();
		}
		y->is_root=c[v];
	}
	return 0;
}

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思考历程

在分析复杂度的时候，可以试着结合自己学过的数据结构……