Solution -「CF 1491H」Yuezheng Ling and Dynamic Tree

(mathcal{Description})

  Link. 做题原因：题目名。

  给定一个长度 (n-1) 的序列 ({a_2,a_3,cdots,a_n})，其描述了一棵 (n) 个点的有根树—— (1) 为根节点，(i~(iin(1,n])) 结点的父亲是 (a_i~(a_iin[1,i)))。接下来有 (q) 次操作：

1. 给定 (l,r,x)，(forall iin[l,r],~a_ileftarrow max{a_i-x,1})；
2. 给定 (u,v)，求 (u,v) 在当前树上的 LCA。

  (n,qle10^5)。

(mathcal{Solution})

  树是阿绫给的，操作是天依说的，所以题是一定会做的。

  首先明确一点：这是到题如其名的树题还是一道序列题。

  鉴于随便修改几下就可以把树拍得面目全非，前者可以叉掉，这就是道序列题。

  接着，思考 LCA 维护的形式，倍增太离谱了，考虑类似树剖维护 top 的方法——我们并不需要让 top 做到如树剖那样 (log) 级别的优秀，这样才能应对灵活的修改。

  唠半天啦，这道题就是一道分块维护序列的题。

---

  首先根号分块，定义一个关键的 (operatorname{top}(u)) 表示当前树上 (u) 的祖先中，不与 (u) 在同一块中的编号最大的结点，若不存在，则 (operatorname{top}(u)=1)。发现美妙性质：跳 (operatorname{top}) 链是 (mathcal O(sqrt n)) 的，收束前文提到的树剖思想；且暴力计算 (operatorname{top}(u)) 是 (mathcal O(n)) 的，非常方便。接了来只需要尝试维护这一信息。

  对于修改，散点暴力扫即可（注意一定是从左到右更新）。对于整块，我们似乎还是需要 (mathcal O(sqrt n)) 去重新更新 (operatorname{top})？

  答案是肯定的，但不完全——若一个整块被修改次数超过块的大小，则必然有 (operatorname{top}(u)=a_u)。表明我们确实需要对于 (mathcal O(sqrt n)) 个块中的每一个，以 (mathcal O(sqrt n)) 的时间暴力处理其前 (operatorname O(sqrt n)) 次修改，不多不少，(mathcal O(nsqrt n))，此后直接对于整块记录减法标记即可。

  对于询问，亦类似树剖求 LCA：

• 若 (u,v) 不属于同一块，(uleftarrow operatorname{top}(u),vleftarrowoperatorname{top}(v))；
• 否则若 (operatorname{top}(u) ot=operatorname{top}(v))，令 (operatorname{top}) 较大的结点为其 (operatorname{top})；
• 否则，令较深结点为其父亲。

  跳 (operatorname{top}) 至多 (mathcal O(sqrt n)) 下；跳父亲只会在同块时跳 (mathcal O(sqrt n)) 次（然后必然结束询问），所以单次查询是 (mathcal O(sqrt n)) 的。

  综上，复杂度 (mathcal O((n+q)sqrt n))，让天依满意啦~

(mathcal{Code})

/* Clearink */

#include <cmath>
#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

inline int rint() {
	int x = 0, f = 1, s = getchar();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar() ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if ( 9 < x ) wint( x / 10 );
	putchar( x % 10 ^ '0' );
}

inline int imin( const int a, const int b ) { return a < b ? a : b; }
inline int imax( const int a, const int b ) { return a < b ? b : a; }

const int MAXN = 1e5, MAXSN = 317;
int n, q, par[MAXN + 5];
int bsiz, bel[MAXN + 5], top[MAXN + 5], mcnt[MAXSN + 5], tag[MAXSN + 5];

#define utop( i ) ( top[i] = bel[par[i]] != bel[i] ? par[i] : top[par[i]] )
#define gpar( i ) ( pushdn( bel[i] ), par[i] )
#define gtop( i ) ( mcnt[bel[i]] >= bsiz ? pushdn( bel[i] ), par[i] : top[i] )

inline void init() {
	bsiz = sqrt( 1. * n ), bel[1] = 1, bel[n + 1] = -1;
	rep ( i, 2, n ) bel[i] = ( i - 1 ) / bsiz + 1, utop( i );
}

inline void pushdn( const int i ) {
	if ( !tag[i] ) return ;
	int bl = ( i - 1 ) * bsiz + 1, br = imin( i * bsiz, n );
	rep ( j, bl, br ) par[j] = imax( par[j] - tag[i], 1 );
	// top[] is meaningless for this block.
	tag[i] = 0;
}

inline void modify( const int l, const int r, const int x ) {
	pushdn( bel[l] );
	for ( int i = l; bel[i] == bel[l]; ++i ) {
		if ( i <= r ) par[i] = imax( par[i] - x, 1 );
		utop( i );
	}
	if ( bel[l] == bel[r] ) return ;
	rep ( i, bel[l] + 1, bel[r] - 1 ) {
		if ( mcnt[i] >= bsiz ) { tag[i] += x; continue; }
		++mcnt[i];
		int bl = ( i - 1 ) * bsiz + 1, br = imin( i * bsiz, n );
		rep ( j, bl, br ) par[j] = imax( par[j] - x, 1 ), utop( j );
	}
	pushdn( bel[r] );
	for ( int i = ( bel[r] - 1 ) * bsiz + 1; bel[i] == bel[r]; ++i ) {
		if ( i <= r ) par[i] = imax( par[i] - x, 1 );
		utop( i );
	}
}

inline int query( int u, int v ) {
	while ( u != v ) {
		int tu = gtop( u ), tv = gtop( v );
		if ( bel[u] != bel[v] ) bel[u] > bel[v] ? u = tu : v = tv;
		else if ( tu != tv ) u = tu, v = tv;
		else u > v ? u = gpar( u ) : v = gpar( v );
	}
	return u;
}

int main() {
	n = rint(), q = rint(), par[1] = 1;
	rep ( i, 2, n ) par[i] = rint();
	init();
	for ( int op, u, v; q--; ) {
		op = rint(), u = rint(), v = rint();
		if ( op & 1 ) modify( u, v, rint() );
		else wint( query( u, v ) ), putchar( '
' );
	}
	return 0;
}