• U19464 山村游历(Wander) LCT维护子树大小


    (color{#0066ff}{ 题目描述 })

    在一个偏远的小镇上,有一些落后的山村。山村之间通过一些道路来连接。当然有的山村可能不连通。

    一年当中会发生很多大事,比如说有人提议要在山村(i)(j)之间修建一条道路,也有人觉得山村(i)(j)之间的道路需要被拆掉。

    由于小镇的落后,镇长不会允许存在两个山村(i,j),他们存在超过一条路径到达对方。也就是说,假如在修建山村(i,j)之间的道路之前,它们已经连通了,那么这条道路就不会被修建。

    但拆除道路就不一样了。假如有人建议拆除连接(i,j)的道路,并且(i,j)的确有道路相连的话,镇长就会把它拆掉。

    除了道路的修建与拆迁外,热情的山村人也会到处拜访其他人。有的时候来自山村(i)的人会想到山村(j)玩。

    但山村人都是不识路的,那怎么办?他们有一种奇怪的遍历方式。

    设一次旅行的起点为S,终点为T,点u的边集为V(i),那么这个走路过程可以用下面的伪代码来表示。

    function DFS(u)
        if u==T then
            finish search
        flag[u]<-true
        random shuffle the vertices order in V(u)
            //here all permutations have equal probability to be chosen
        for i in V(u) do
            if flag[i]==false then
                count++;
                DFS(i);
        count++;
    

    最后count就是这次旅行所花时间。

    很显然对于一次旅行,count可能有多种取值,那么对于这次旅行时间的评估,就是count的期望。

    对于每次旅行,你都要告诉山村人他这次旅行时间的评估是多少。

    一开始所有的山村之间都是没有道路连接的。


    update:伪代码好难看,来个cpp......

    int count=0;
    void dfs(int u)
    {
        if(u==T)cout<<count,exit(0);
        flag[u]=true;
        random_shuffle(V[u],V[u]+len[u]);
        for(i=0;i<len[u];++i)
            if(!flag[V[i]])count++,dfs(V[i]);
        count++;
    }
    

    (color{#0066ff}{输入格式})

    第一行两个整数(N,Q),表示小镇上总共有(N)个山村,一年中发生了(Q)件大事。

    接下来(Q)行,每行包括三个整数(type,u,v)

    • (type=0),表示有人建议在(u,v)之间修建一条道路。
    • (type=1),表示有人建议拆除(u,v)之间的道路。
    • (type=2),表示山村人要进行一次(u)出发到(v)结束的旅行。

    (color{#0066ff}{输出格式})

    输出共Q行。

    对于第i件大事,若(type=0)(1),假如这件大事能完成,则输出OK,否则输出ILLEGAL。若(type=2),假如这次旅行能到达终点,则输出对应的时间评估,否则输出ILLEGAL。

    对于每个时间评估,输出保留4位小数。

    (color{#0066ff}{输入样例})

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

    (color{#0066ff}{输出样例})

    OK
    OK
    ILLEGAL
    2.0000
    OK
    3.0000
    ILLEGAL
    OK
    ILLEGAL
    

    (color{#0066ff}{数据范围与提示})

    对于(100\%)的数据,(N≤100000,Q≤300000,1≤u,v≤N)

    (color{#0066ff}{ 题解 })

    这些人走的方式比较nb

    简单来说,对于一条路径(s o t)

    ↑图片来自FlashHu

    如果进了某棵子树,那么一定会走完,代价就是进去再回来的总步数

    我们设在当前点走正确方向的概率为p

    那么答案为(egin{aligned}sum_{i=1}^n2ps_i+sum_{i=1}^msum_{j=1}^n2pa_{ij}end{aligned})

    现在考虑p是啥

    因为边的生成方式是排列,对于一个排列,有且仅有一个排列与其相反,如果有一个排列使得某条边在另一条边前面,那么必定存在一个排列使得在后面,因此概率(p=frac 1 2)

    于是。。。TM答案是整数啊

    我们用LCT维护子树,一个是虚子树,一个是总共的

    发现答案中是没有t的子树什么事的

    所以最后让T到最上面,用T的tot减去T的虚子树部分再减去1(自己)即可

    应该是有不合法数据吧。。。在cut的时候如果不判断x是否有右孩子会WA

    #include<bits/stdc++.h>
    #define LL long long
    LL in() {
        char ch; LL x = 0, f = 1;
        while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
        for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
        return x * f;
    }
    const int maxn = 1e5 + 10;
    struct LCT {
    protected:
        struct node {
            node *ch[2], *fa;
            int tot, siz, rev;
            node(int tot = 1, int siz = 0, int rev = 0)
                : tot(tot), siz(siz), rev(rev) { ch[0] = ch[1] = fa = NULL; }
            void trn() { std::swap(ch[0], ch[1]), rev ^= 1; }
            void upd() {
                tot = siz + 1;
                if(ch[0]) tot += ch[0]->tot;
                if(ch[1]) tot += ch[1]->tot;
            }
            void dwn() {
                if(!rev) return;
                if(ch[0]) ch[0]->trn();
                if(ch[1]) ch[1]->trn();
                rev = 0;
            }
            bool ntr() { return fa && (fa->ch[0] == this || fa->ch[1] == this); }
            bool isr() { return this == fa->ch[1]; }
        }pool[maxn];
        void rot(node *x) {
            node *y = x->fa, *z = y->fa;
            bool k = x->isr(); node *w = x->ch[!k];
            if(y->ntr()) z->ch[y->isr()] = x;
            (x->ch[!k] = y)->ch[k] = w;
            (y->fa = x)->fa = z;
            if(w) w->fa = y;
            y->upd(), x->upd();
        }
        void splay(node *o) {
            static node *st[maxn];
            int top;
            st[top = 1] = o;
            while(st[top]->ntr()) st[top + 1] = st[top]->fa, top++;
            while(top) st[top--]->dwn();
            while(o->ntr()) {
                if(o->fa->ntr()) rot(o->isr() ^ o->fa->isr()? o : o->fa);
                rot(o);
            }
        }
        void access(node *x) {
            for(node *y = NULL; x; x = (y = x)->fa) {
                splay(x);
                if(x->ch[1]) x->siz += x->ch[1]->tot;
                x->ch[1] = y;
                if(y) x->siz -= y->tot;
                x->upd();
            }
        }
        void makeroot(node *o) { access(o), splay(o), o->trn(); }
        node *findroot(node *o) {
            access(o), splay(o);
            while(o->dwn(), o->ch[0]) o = o->ch[0];
            return o;
        }
    public:
        bool link(int l, int r) {
            node *x = pool + l, *y = pool + r;
            if(findroot(y) == findroot(x)) return false;
            makeroot(x), access(y), splay(y);
            (x->fa = y)->siz += x->tot;
            y->upd();
            return true;
        }
        bool cut(int l, int r) {
            node *x = pool + l, *y = pool + r;
            if(findroot(x) != findroot(y)) return false;
            makeroot(x), access(y), splay(y);
            if(y->ch[0] == x && !x->ch[1]) return y->ch[0] = x->fa = NULL, true;
            return false;
        }
        int query(int l, int r) {
            node *x = pool + l, *y = pool + r;
            if(findroot(y) != findroot(x)) return -1;
            makeroot(x), access(y), splay(y);
            return y->tot - y->siz - 1;
        }
    }s;
    int n, m;
    int main() {
        n = in(), m = in();
        int p, x, y;
        while(m --> 0) {
            p = in(), x = in(), y = in();
            if(p == 0) printf(s.link(x, y)? "OK
    " : "ILLEGAL
    ");
    
            if(p == 1) printf(s.cut(x, y)? "OK
    " : "ILLEGAL
    ");
            if(p == 2) {
                x = s.query(x, y);
                if(x == -1) printf("ILLEGAL
    ");
                else printf("%d.0000
    ", x);
            }
        }
        return 0;
    }
    
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