loj2001[SDOI2017]树点染色

题意：给你一棵树，一开始每个点上的颜色互不相同。三种操作：op1：x到根的路径上的点都染上一种新的颜色。op2：设一条路径的权值为val(x,y)，求x到y路径的val。op3：询问x的子树中最大的到根路径val。n<=1e5。

标程：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6+1;
int f[N],prime[N],tot,F[N],ans,p[N],n,m,nxt,u[N],fi[N];
int ksm(int x,int y)
{
  int res=1;
  for (;y;x=(ll)x*x%mod,y>>=1) 
    if (y&1) res=(ll)res*x%mod;
  return res;
}
void pre()
{
  f[1]=f[2]=fi[1]=fi[2]=1;
  for (int i=3;i<N;i++) f[i]=((ll)f[i-1]+f[i-2])%mod,fi[i]=ksm(f[i],mod-2);
  u[1]=1;
  for (int i=2;i<N;i++)
  {
    if (!p[i]) prime[++tot]=i,u[i]=-1;//质数的u是-1！
    for (int j=1;j<=tot&&(ll)prime[j]*i<N;j++)
    {
      p[prime[j]*i]=1;
      if (i%prime[j]==0) break;
      u[prime[j]*i]=-u[i];
    }
  }
  for (int i=0;i<N;i++) F[i]=1; 
  for (int i=1;i<N;i++)
    if (u[i]!=0)
    for (int j=i;j<N;j+=i)
      F[j]=(ll)F[j]*(u[i]==1?f[j/i]:fi[j/i])%mod;//注意u有可能是-1
  for (int i=1;i<N;i++) F[i]=(ll)F[i]*F[i-1]%mod;
}
int main()
{
  pre();int T;
  scanf("%d",&T);
  while (T--) 
  {
    scanf("%d%d",&n,&m);ans=1;
    for (int i=1;i<=min(n,m);i=nxt+1)
    {
      nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));
      ans=(ll)ans*ksm((ll)F[nxt]*ksm(F[i-1],mod-2)%mod,(ll)(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
    } 
    printf("%d\n",ans);
  }
  return 0;
}

 

要把lct上和原树上的father区分开啊！

 

题解：lct+dfs序线段树

op1一看就是lct维护access。将A颜色splay连到B颜色splay上时，A颜色splay上深度最小点（原树上的根）的子树val都-1，B颜色断开的右子树（即不在改色链上的那段）val都+1。

op2 设val[x]表示x到根的路径权值。相当于要求val[x]+val[y]-2*val[lca(x,y)]+1。线段树单点求值，注意要用dfs序查。

op3 询问子树最大值val，线段树区间Max。

时间复杂度O(nlog^2(n))。