BZOJ_1180_[CROATIAN2009]_OTOCI_(LCT)
描述
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1180
三种操作:
1.询问x,y是否连通,如果不连通,建一条边x,y
2.把x节点的权值改为t.
3.询问节点x,y路径上的权值和.
分析
裸的LCT.
但是...
但是!
现在才发现自己LCT改值的函数写的是错的!当我们询问x到y路径上的和值的时候,要先Access(y)(并且splay(y)),此时Splay的根是y,并且y在从最右边被splay转上来的时候所有经过的点都push_up()过了,但是在y被splay转上来之前的splay的根节点的左子树却没有push_up(),这样没有更新,就会出错.
所以在更改x节点的权值之前一定要把x给splay一下!
等下去把之前的博文里的错误改掉.
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn=30000+5; 5 int n,m; 6 struct node{ 7 node* ch[2],* pa; 8 int v,s; bool rev; 9 node(int v,node* x):v(v),s(v){ ch[0]=ch[1]=pa=x; } 10 bool d(){ return pa->ch[1]==this; } 11 bool c(){ return pa->ch[0]==this||pa->ch[1]==this; } 12 void setc(node* x,bool d){ ch[d]=x; x->pa=this; } 13 void push_up(){ s=ch[0]->s+ch[1]->s+v; } 14 void push_down(){ 15 if(rev){ 16 ch[0]->rev^=true; 17 ch[1]->rev^=true; 18 swap(ch[0],ch[1]); 19 rev=false; 20 } 21 } 22 }* null,* t[maxn]; 23 void rot(node* x){ 24 node* pa=x->pa; bool d=x->d(); 25 pa->push_down(); x->push_down(); 26 if(pa->c()) pa->pa->setc(x,pa->d()); 27 else x->pa=pa->pa; 28 pa->setc(x->ch[!d],d); 29 x->setc(pa,!d); 30 pa->push_up(); 31 } 32 void fix(node* x){ 33 if(x->c()) fix(x->pa); 34 x->push_down(); 35 } 36 void splay(node* x){ 37 fix(x); 38 while(x->c()) 39 if(!x->pa->c()) rot(x); 40 else x->d()==x->pa->d()?(rot(x->pa),rot(x)):(rot(x),rot(x)); 41 x->push_up(); 42 } 43 void access(node* x){ 44 node *t=x; 45 for(node* y=null; x!=null; y=x, x=x->pa){ 46 splay(x); 47 x->ch[1]=y; 48 } 49 splay(t); 50 } 51 node* find_root(node* x){ 52 access(x); 53 while(x->ch[0]!=null) x=x->ch[0]; 54 return x; 55 } 56 void make_root(node* x){ 57 access(x); 58 x->rev^=true; 59 } 60 void link(node* x,node* y){ 61 if(find_root(x)==find_root(y)){ 62 puts("no"); 63 return; 64 } 65 puts("yes"); 66 make_root(x); 67 x->pa=y; 68 } 69 void query(node* x,node* y){ 70 if(find_root(x)!=find_root(y)){ 71 puts("impossible"); 72 return; 73 } 74 make_root(x); 75 access(y); 76 printf("%d\n",y->s); 77 } 78 void change(node* x,int y){ 79 x->v=y; 80 x->push_up(); 81 } 82 int main(){ 83 null=new node(0,NULL); 84 scanf("%d",&n); 85 for(int i=1;i<=n;i++){ 86 int x; scanf("%d",&x); 87 t[i]=new node(x,null); 88 } 89 scanf("%d",&m); 90 for(int i=1;i<=m;i++){ 91 char c[10]; int x,y; 92 scanf("%s%d%d",c,&x,&y); 93 if(c[0]=='b') link(t[x],t[y]); 94 else if(c[0]=='p') change(t[x],y); 95 else query(t[x],t[y]); 96 } 97 return 0; 98 }
1180: [CROATIAN2009]OTOCI
Time Limit: 50 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 848 Solved: 529
[Submit][Status][Discuss]
Description
给 出n个结点以及每个点初始时对应的权值wi。起始时点与点之间没有连边。有3类操作： 1、bridge A B：询问结点A与结点B是否连通。如果是则输出“no”。否则输出“yes”，并且在结点A和结点B之间连一条无向边。 2、penguins A X：将结点A对应的权值wA修改为X。 3、excursion A B：如果结点A和结点B不连通，则输出“impossible”。否则输出结点A到结点B的路径上的点对应的权值的和。给出q个操作，要求在线处理所有操 作。数据范围：1<=n<=30000, 1<=q<=300000, 0<=wi<=1000。
Input
第 一行包含一个整数n(1<=n<=30000)，表示节点的数目。第二行包含n个整数，第i个整数表示第i个节点初始时对应的权值。第三行包 含一个整数q(1<=n<=300000)，表示操作的数目。以下q行，每行包含一个操作，操作的类别见题目描述。任意时刻每个节点对应的权 值都是1到1000的整数。
Output
输出所有bridge操作和excursion操作对应的输出，每个一行。
Sample Input
4 2 4 5 6
10
excursion 1 1
excursion 1 2
bridge 1 2
excursion 1 2
bridge 3 4
bridge 3 5
excursion 4 5
bridge 1 3
excursion 2 4
excursion 2 5
Sample Output
impossible
yes
6
yes
yes
15
yes
15
16
HINT
Source
