P4332-[SHOI2014]三叉神经树【LCT】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4332

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1|1题目大意

给出$n$个点的一棵有根三叉树，保证每个点的儿子个数为$3$或者$0$，每个叶子有一个权值$0$或$1$，每个非叶子节点的权值是它儿子中权值较多的那个，每次修改一个叶子的权值，求根节点的权值。

$1\leq n,q\leq 5\times 10^5$

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1|2解题思路

修改一个节点会影响的权值显然是它到根节点路径上的一个前缀。

然后考虑什么样的节点会受到影响，如果$0$改为$1$那么一路上原来恰好为两个$0$的节点就会被修改，那么我们的思路是考虑找到这条路径上第一个$1$的个数不为$1$的节点。

而且考虑上修改的话十分的麻烦，因为$O(n\log^2 n)$过不去所以不考虑树剖，可以考虑一下$LCT$。

我们可以先联通修改点到根的节点，然后在$Splay$上二分出第一个不为$1$的节点，然后对于它和它的右子树暴力修改即可。

$1$改为$0$同理，维护第一个不为$2$的节点即可。

时间复杂度$O(n\log n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int n,m,ans,fa[N],v[N],w1[N],w2[N],lazy[N],t[N][2];
vector<int> G[N];stack<int> s;
bool Nroot(int x)
{return fa[x]&&(t[fa[x]][0]==x||t[fa[x]][1]==x);}
bool Direct(int x)
{return t[fa[x]][1]==x;}
void PushUp(int x){
	if(w1[t[x][1]])w1[x]=w1[t[x][1]];
	else if(v[x]!=1)w1[x]=x;
	else w1[x]=w1[t[x][0]];
	if(w2[t[x][1]])w2[x]=w2[t[x][1]];
	else if(v[x]!=2)w2[x]=x;
	else w2[x]=w2[t[x][0]];
	return;
}
void PushR(int x,int w)
{v[x]^=3;swap(w1[x],w2[x]);lazy[x]+=w;return;}
void PushDown(int x){
	if(!lazy[x])return;
	PushR(t[x][0],lazy[x]);
	PushR(t[x][1],lazy[x]);
	lazy[x]=0;return;
}
void Rotate(int x){
	int y=fa[x],z=fa[y];
	int xs=Direct(x),ys=Direct(y);
	int w=t[x][xs^1];
	if(Nroot(y))t[z][ys]=x;
	t[x][xs^1]=y;t[y][xs]=w;
	if(w)fa[w]=y;fa[y]=x;fa[x]=z;
	PushUp(y);PushUp(x);return;
}
void Splay(int x){
	int y=x;s.push(x);
	while(Nroot(y))y=fa[y],s.push(y);
	while(!s.empty())PushDown(s.top()),s.pop();
	while(Nroot(x)){
		y=fa[x];
		if(!Nroot(y))Rotate(x);
		else if(Direct(x)==Direct(y))
			Rotate(y),Rotate(x);
		else Rotate(x),Rotate(x);
	}
	return;
}
void Access(int x){
	for(int y=0;x;y=x,x=fa[x])
		Splay(x),t[x][1]=y,PushUp(x);
	return;
}
void Updata(int x){
	int op=(v[x]^=2);
	x=fa[x];Access(x);Splay(x);
	if(op){
		if(w1[x]){
			x=w1[x];Splay(x);
			PushR(t[x][1],1);PushUp(t[x][1]);
			v[x]++;PushUp(x);
		}
		else ans=!ans,PushR(x,1),PushUp(x);
	}
	else{
		if(w2[x]){
			x=w2[x];Splay(x);
			PushR(t[x][1],-1);PushUp(t[x][1]);
			v[x]--;PushUp(x);
		}
		else ans=!ans,PushR(x,-1),PushUp(x);
	}
	return;
}
void dfs(int x){
	for(int i=0;i<G[x].size();i++){
		int y=G[x][i];dfs(y);
		v[x]+=(v[y]>>1);
	}
	PushUp(x);
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		fa[x]=fa[y]=fa[z]=i;
		G[i].push_back(x);
		G[i].push_back(y);
		G[i].push_back(z);
	}
	for(int i=n+1;i<=3*n+1;i++)
		scanf("%d",&v[i]),v[i]<<=1;
	dfs(1);ans=v[1]>>1;
	scanf("%d",&m);
	while(m--){
		int x;scanf("%d",&x);
		Updata(x);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15026540.html
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