CF1787G

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题意简述

$n$ 个节点的无根树，边有长度和颜色，一条好的路径上边颜色相同，点都没被摧毁，且包含树上所有该颜色的边，一次操作摧毁或恢复一个节点，每次操作后询问最长的好的路径。

思路

$\text{devin}$ 布置的题单里的一题，昨天听wy和why叫了一个下午：“这是一颗树啊！~”

只可惜，一开始还是没有觉得这一点有什么用。

首先很显然可以先预处理把所有好的路径找出来，为了方便用路径的颜色作为它的编号，每次摧毁恢复点只会使一些好的路径出现或消失，而不会改变它们的长度。至于怎么找，可以参考判链的方式，若对于一种颜色 $c$ ，每个节点有颜色 $c$ 的度数均不超过 $2$，且度数为 $1$ 的点恰有 $2$ 个，那么可以判定 $c$ 对应的路径为好的。

然后就磕死在这里了，如果每次操作记录下每条好的路径的改变情况，那放个菊花图不瞬间复杂度爆炸了……

经wy的点醒：“这是一颗树呀！~”，我脱口而出：“每个节点只有一个爸爸！”

于是发现了关键的突破口，虽然好的路径可能有很多条，但有些路径其实是可以归为一类的。

考虑删掉一个点 $x$ 对哪些路径会产生影响，一类是从它的子节点上来再下去的这种挂在 $x$ 上的，另一类是从子节点上来往祖先那去的，发现第二类最多只有一条路径。

可以在每一个节点上开一个 $\text{multiset}$ ，存第一类中挂在节点 $x$ 上的路径长度。再把每个节点上的最长的长度加入全局的一个 $\text{multiset}$ 。

对于摧毁一个点 $x$：对 $x$ 节点上的 $\text{multiset}$ 打上一个删除 $\text{tag}$ ，并从全局的 $\text{multiset}$ 中把节点 $x$ 的最大值删去。如果 $x$ 到 $f{a}_x$ 的边属于一条好的路径，就从对应的 $\text{multiset}$ 中删去它的值。

对于恢复一个点，类似。

但如果直接这样做一条路径可能被删很多次，可以多记录一下除该路径的 $\text{lca}$ 外摧毁了几个点。

细节比较多，写挂了很多次，主要是处理删一个集合和删单条路径的关系时出了些锅（比如删了一个集合就不可能把恢复的路径加入到答案里），所幸靠样例就调出来了。(用 $\text{multiset}$ 的时候时刻考虑插入删除的元素是否可能不存在，$\text{multiset}$ 里相同元素只删一个要先find)

时间复杂度 $O(q\log n)$

Code

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define l(x) (x<<1)
#define r(x) (x<<1|1)
#define mpr make_pair
//mt19937_64 ra(time(0) ^ (*new char));
//ios::sync_with_stdio(false);
//cin.tie(0); cout.tie(0);
const ll SIZE = 200005;
const ll mod = 998244353;
ll n, T;
ll head[SIZE], ver[SIZE*2], nxt[SIZE*2], val[SIZE*2], col[SIZE*2], tot;
ll len[SIZE], las[SIZE];
ll cnt2[SIZE], cnt1[SIZE], use[SIZE], tt[SIZE], vis[SIZE];
ll id[SIZE];
multiset<ll> s[SIZE], ans;
ll gg[SIZE], tag[SIZE];
 
inline ll rd(){
	ll x = 0, f = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){
		if(ch == '-') f = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){
		x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48);
		ch = getchar();
	}
	return x*f;
}
 
void add(ll x, ll y, ll v, ll c){
	ver[++tot] = y, nxt[tot] = head[x];
	head[x] = tot; val[tot] = v, col[tot] = c;
}
 
void dfs(ll x, ll fa, ll fr){
	las[x] = fr;
	for(ll i = head[x]; i; i = nxt[i]){
		ll y = ver[i];
		tt[col[i]]++;
	}
	for(ll i = head[x]; i; i = nxt[i]){
		ll y = ver[i];
		if(vis[col[i]]) continue;
		vis[col[i]] = 1;
		if(tt[col[i]] == 1) cnt1[col[i]]++;
		else if(tt[col[i]] == 2) cnt2[col[i]]++;
		else use[i] = 0;
	}
	for(ll i = head[x]; i; i = nxt[i]){
		ll y = ver[i];
		vis[col[i]] = 0, tt[col[i]]--;
	}
	for(ll i = head[x]; i; i = nxt[i]){
		ll y = ver[i];
		if(y == fa) continue;
		dfs(y, x, col[i]);
	}
}
 
void dfs1(ll x, ll fa){
	for(ll i = head[x]; i; i = nxt[i]){
		ll y = ver[i];
		if(y == fa) continue;
		if(!vis[col[i]]){
			vis[col[i]] = 1;
			if(use[col[i]]){
				id[col[i]] = x;
				s[x].insert(len[col[i]]);
			}
		}
		dfs1(y, x);
	}
	if(!s[x].empty()) ans.insert(*s[x].rbegin());	
}
 
int main(){
	n = rd(), T = rd();
	for(ll i = 1; i < n; i++){
		ll x = rd(), y = rd(), v = rd(), c = rd();
		add(x, y, v, c); add(y, x, v, c);
		len[c] += v; use[i] = 1;
	} use[n] = 1;
	dfs(1, 0, 0);
	for(ll i = 1; i <= n; i++){
		if(cnt1[i] != 2) use[i] = 0;
	}
	dfs1(1, 0);
	while(T--){
		ll tp = rd(), x = rd();
		if(tp){
			tag[x] = 0;
			if(!s[x].empty()) ans.insert(*s[x].rbegin());
			if(use[las[x]]){
				gg[las[x]]--;
				if(gg[las[x]] == 0){
					if(!s[id[las[x]]].empty() && !tag[id[las[x]]]) ans.erase(ans.find(*s[id[las[x]]].rbegin()));
					s[id[las[x]]].insert(len[las[x]]);
					if(!tag[id[las[x]]]) ans.insert(*s[id[las[x]]].rbegin());					
				}
			}
		}
		else{
			tag[x] = 1;
			if(!s[x].empty()) ans.erase(ans.find(*s[x].rbegin()));
			if(use[las[x]]){
				if(gg[las[x]] == 0 && !s[id[las[x]]].empty()){
					if(tag[id[las[x]]] == 0) ans.erase(ans.find(*s[id[las[x]]].rbegin()));
					s[id[las[x]]].erase(s[id[las[x]]].find(len[las[x]]));
					if(!s[id[las[x]]].empty() && tag[id[las[x]]] == 0) ans.insert(*s[id[las[x]]].rbegin());					
				}
				gg[las[x]]++;
			}
		}
		if(!ans.empty()) printf("%lld\n", *ans.rbegin());
		else printf("0\n");
	}
	return 0;
}