思路：
按照题意描述，所有y挑战x的关系最后会形成一棵树的结构，n个人的总方案数是 3n 种，假设一个人被挑战（主场作战）a次，挑战别人（客场）b次，那么这个人存活到最后的方案数就是3n*（2/3）a*(1/3)b
也就是我们知道这个a和b就可以得到答案了，那要怎么维护呢。
这里用到并查集（jls niub！）
我们用w表示一个节点总共比赛的场次数，v表示主场作战的场次数，如果我们现在把y这个集合并向x这个集合（y挑战x），那么对于XW和Xv肯定都加一，而Yw也加一，如果我们接下来能很好的合并这些信息，那我们就AC了。
这里想了很久，才想明白要怎么做。我们先考虑暴力一点的并查集，就是不路径压缩，那每个节点就可以向上把所有父节点的信息全部加起来，就是我们最后要的某一个节点的W和V了，但是这样做会TLE，因为我们没有路径压缩，查找的时间复杂度很可能退化成O（n）,但是我们又不能路径压缩（为什么不行，大家可以尝试一下，反正我自闭了一下午加一晚上）。
普通的带权并查集我们用的都是路径压缩版本的，而这里我们要按秩合并，这样查找的时间复杂度就可以被优化到O（logn）。
曾经我一直以为带权并查集的路径压缩和按秩合并是同一个东西，这道题真的学到了。。
#include<bits/stdc++.h> #define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=200010; int fa[maxn],Rank[maxn]; ll w[maxn],v[maxn]; int n,m; int op,x,y; ll p= 998244353; struct node{ int fx; ll w,v; }; ll qpow(ll a,ll b){ a%=p; ll res=1; while(b>0) { if(b&1){ res*=a; res%=p; } b>>=1; a=a*a%p; } return res; } void init(){ for(int i=1;i<=n;i++){ fa[i]=i; w[i]=0; v[i]=0; Rank[i]=0; } } node find(int x){ if(x==fa[x]) return {fa[x],w[x],v[x]}; int tep=fa[x]; node e; e.w=w[x],e.v=v[x]; while(tep!=fa[tep]){ e.w+=w[tep],e.v+=v[tep]; tep=fa[tep]; } e.fx=tep; e.v+=v[tep],e.w+=w[tep]; return e; } void baba(int x,int y){ node ex=find(x),ey=find(y); if(ex.fx!=ey.fx){ w[ex.fx]+=1; v[ex.fx]+=1; w[ey.fx]+=1; v[ey.fx]+=0; if(Rank[ex.fx]>=Rank[ey.fx]) { w[ey.fx]-=w[ex.fx]; v[ey.fx]-=v[ex.fx]; fa[ey.fx]=ex.fx; Rank[ex.fx]++; }else{ w[ex.fx]-=w[ey.fx]; v[ex.fx]-=v[ey.fx]; fa[ex.fx]=ey.fx; Rank[ey.fx]++; } } } int main(){ while(cin>>n>>m) { init(); ll res=qpow(3,n); ll ans; while(m--) { scanf("%d%d",&op,&x); if(op==1){ scanf("%d",&y); baba(x,y); }else{ node ex=find(x); ll a=ex.v; ll b=ex.w-ex.v; ans=res*qpow(qpow(3,b),p-2)%p*qpow(2,a)%p*qpow(qpow(3, a),p-2)%p; printf("%lld ",ans); } } } }
题目描述
可怜去观看了石头剪刀布的世界最高赛事 WRSP。
今年的比赛一共有 n 名选手参加，在比赛开始时，每名选手都会收到一张卡片，这张卡片上写着剪刀、石头、布中的一个。显然初始的卡牌分配情况有 3^n种。
比赛场地一共有 n 个座位，最开始第 ii 个选手坐在第 i 个座位上。
接下来发生了 m 个事件，事件有两种：
- 1 x y，主办方撤去了第 yy 个座位，原来在第 yy 个座位上的选手 bb 需要和 xx 个座位上的选手 aa 利用他们的卡片进行一场石头剪刀布比赛，如果 bb 赢了 aa，则选手 aa 被淘汰，选手 bb 坐到第 x 个座位上；否则（打平或者 bb 输了），则选手 bb 被淘汰，选手 aa 的坐位不变。
- 2 x，可怜提出了一个问题，她想要知道在进行了之前的所有第 1 类事件后，有多少种卡牌分配情况可以让第 x 个选手到现在还没有被淘汰。
输入描述
第一行输入两个整数 n,m(1 leq n,m leq 2 imes 10^5)n,m(1≤n,m≤2×105)，表示选手个数和事件个数。
接下来 mm 行，每行描述了一个事件。如果是第一类事件，则输入三个整数 1 x y(1 leq x,y leq n, x eq y)1 x y(1≤x,y≤n,x̸=y) 且这两个座位在之前没有被撤去；如果是第二类事件，则输入两个整数 2 x(1 leq x leq n)2 x(1≤x≤n)。
输出描述
对于每个第二类事件，输出一行一个整数，表示这个选手还没有被淘汰的分配情况个数对 998244353998244353 取模后的值。
样例输入 1
3 5 2 1 1 2 1 2 1 1 2 3 2 1
样例输出 1
27 9 6