loj2341. 「WC2018」即时战略
题解：首先发现对于datatype=3的点，允许的询问次数是\(O(n+log_n)\)级别的。那么先考虑树是一条链的情况。考虑当前我们已经找到了这个链的中间一段，我们称其左端点为\(l\)，右端点为\(r\)，那么此时有意义的询问显然是\((l/r,x)\)，\(x\)是一个未被探索到的点。我们称一次询问“失败”，当且仅当询问的结果是一个已知的节点。如果一次询问（假设是\((l,x)\)）成功了，那么从\(l\)一直往左拓展，我们就能找到\(l\)到\(x\)这条链上的所有点。否则\(x\)一定在\(r\)那边，我们向右拓展，也能找到一条链上的所有点。考虑毒瘤出题人可能会可以造数据卡你，我们把\([2,n]\)这个序列random_shuffle一下，这样，如果当前还有\(m\)个点没被探索到，一次探索过程期望能找到\(\frac{m}{2}\)个节点，所以只会有logn次探索过程。由于每次探索过程只有在第一次探索时可能会失败，所以失败的期望次数是\(O(logn)\)的，可以通过。
再考虑datatype=1,2的情况，此时的操作次数限制大概是\(O(nlogn)\)。也就是说，每次需要只用log次询问就找到一个未被访问的点。先考虑一个\(O(n^2)\)的暴力做法：每次都从1号节点开始探索。对于datatype=2的情况，这样做是正确的，因为这棵有根树的最大深度是\(O(logn)\)级别的。那么考虑对于普通情况，如何将比较深的树转化为一棵比较“均衡”的树。
想到做动态点分治时，点分树的深度是\(O(logn)\)的，那么考虑对于已经通过探索得到的边，建出它的点分树。这样，每次只需要最多\(O(logn)\)次询问，就能找到至少一个未被访问的点。
但是考虑将新找到的点加入后，点分树的平衡性可能会被破坏，但我们又不可能每次都重构点分树，那么考虑替罪羊树的思想，定义一个alpha值，对于每个分治中心\(u\)，如果在点分树上存在一个儿子的\(siz>siz_u\times alpha\)，我们就重构这个分治中心的点分树（只修改点分树上的一个子树）。那么我们每次找到一些新节点并加入点分树后，跳一下father，找到点分树上深度最小的需要重构的点\(u\)，进行重构即可。
当然用lct也可以维护这个东西。
操作次数和时间复杂度都是\(O(nlogn)\)的，至于重构的复杂度证明，可以搜一下有关替罪羊树的博客。
代码：（wc的所有测试点都过了，log上死活过不去extra test，无限d造数据人）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cassert>
#include "rts.h"
using namespace std;
#define F(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define I void
#define IN int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
typedef double db;
const int INF=1e9+7;
//IN explore(int,int);
map<int,int>mp[303000];
int N,maxi,Son,lim,cano[300300],num,siz[303000],mx[303000],head[303000],v[303000],vis[303000],tot,sz[303000],fa[303000],xu[303000];
int root,rot;
I solve3(int n){
F(i,2,n)xu[i]=i;sort(xu+2,xu+1+n);int L,R;L=R=1;
v[1]=1;
F(cur,2,n){
if(v[xu[cur]])continue;
int i=xu[cur],p=explore(L,i),now;
if(!v[p]){
now=p;
while(1){
v[now]=1;if(now==i)break;
now=explore(now,i);
}
L=i;
}
else{
now=explore(R,i);
while(1){
v[now]=1;if(now==i)break;
now=explore(now,i);
}
R=i;
}
}
}
struct E{
int to,nt;
}e[606000];
#define T e[k].to
I add(int x,int y){e[++tot].to=y;e[tot].nt=head[x];head[x]=tot;}
I findroot(int &roo,int x,int fat){
siz[x]=1;mx[x]=0;
for(int k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(vis[T]||T==fat)continue;
findroot(roo,T,x);
siz[x]+=siz[T];mx[x]=max(mx[x],siz[T]);
}
mx[x]=max(mx[x],N-siz[x]);
if(mx[x]<maxi)roo=x,maxi=mx[x];
}
I getroot(int &roo,int pos,int sum){
maxi=INF;N=sum;findroot(roo,pos,0);
}
I D_1(int x,int fat){
siz[x]=1;
for(int k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(T==fat||vis[T])continue;
D_1(T,x);siz[x]+=siz[T];
}
}
I divided(int x,int fat){
// cerr<<"#"<<x<<" "<<fat<<endl;
fa[x]=fat;mp[x].clear();
D_1(x,fat);vis[x]=1;sz[x]=siz[x];
for(int k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(T==fat||vis[T])continue;
int rt;getroot(rt,T,siz[T]);
mp[x][T]=rt;divided(rt,x);
}
}
I D_2(int x,int fat){
vis[x]=0;num++;
for(int k=head[x];k!=-1;k=e[k].nt){
if(cano[T]){if(T==lim)Son=x;continue;}if(T==fat)continue;
D_2(T,x);
}
}
I rebuild(int n){
int pos=lim=fa[n];while(pos)cano[pos]=1,pos=fa[pos];
// cerr<<"!"<<n<<endl;
num=0;D_2(n,0);
int rt;getroot(rt,n,num);pos=fa[n];while(pos)cano[pos]=0,pos=fa[pos];
if(n==root){root=rt;divided(root,0);}
else{
mp[lim][Son]=rt;assert(rt);divided(rt,lim);
}
}
IN ck(int x,int y){
db w=x*0.6;if(w<y*1.0)return 1;
return 0;
}/**/
void play(int n,int _T,int type){
/**/if(type==3)return solve3(n),void();
F(i,2,n)xu[i]=i;random_shuffle(xu+2,xu+n+1);
C(head,-1);tot=-1;
root=v[1]=sz[1]=vis[1]=1;
F(cur,2,n){
if(v[xu[cur]])continue;
// cerr<<"@"<<xu[cur]<<endl;
int i=xu[cur],p=root,d;
while(1){
// cerr<<"@";
// assert(p);
d=explore(p,i);
if(!v[d])break;
p=mp[p][d];
}
int cnt=1,_son=d,now=d,sn=0;v[d]=1;add(p,d);add(d,p);
while(now^i){
// cerr<<"#";
d=explore(now,i);cnt++;N++;
add(now,d);add(d,now);v[d]=1;
now=d;
}
getroot(rot,now,cnt);mp[p][_son]=rot;divided(rot,p);
while(p^root){
// cout<<"$";
sz[p]+=cnt;if(ck(sz[fa[p]]+cnt,sz[p]))sn=fa[p];
p=fa[p];
}
sz[root]+=cnt;
if(sn)rebuild(sn);
// F(j,1,n)if(v[j])cerr<<"%"<<j<<" "<<fa[j]<<endl;
}
}
//g++ grader.cpp rts.cpp -o rts -O2
