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).
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……
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……
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;
}
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……