[ZJOI2007]Hide 捉迷藏
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<center><h1>1095: [ZJOI2007]Hide 捉迷藏</h1><span class="green">Time Limit: </span>40 Sec <span class="green">Memory Limit: </span>256 MB<br><span class="green">Submit: </span>5824 <span class="green">Solved: </span>2505<br>[<a href="submitpage.php?id=1095">Submit</a>][<a href="problemstatus.php?id=1095">Status</a>][<a href="bbs.php?id=1095">Discuss</a>]</center><h2>Description</h2><div class="content"><p> 捉迷藏 Jiajia和Wind是一对恩爱的夫妻，并且他们有很多孩子。某天，Jiajia、Wind和孩子们决定在家里玩<br>
捉迷藏游戏。他们的家很大且构造很奇特，由N个屋子和N-1条双向走廊组成，这N-1条走廊的分布使得任意两个屋<br>
子都互相可达。游戏是这样进行的，孩子们负责躲藏，Jiajia负责找，而Wind负责操纵这N个屋子的灯。在起初的<br>
时候，所有的灯都没有被打开。每一次，孩子们只会躲藏在没有开灯的房间中，但是为了增加刺激性，孩子们会要<br>
求打开某个房间的电灯或者关闭某个房间的电灯。为了评估某一次游戏的复杂性，Jiajia希望知道可能的最远的两<br>
个孩子的距离（即最远的两个关灯房间的距离）。 我们将以如下形式定义每一种操作： C(hange) i 改变第i个房<br>
间的照明状态，若原来打开，则关闭；若原来关闭，则打开。 G(ame) 开始一次游戏，查询最远的两个关灯房间的<br>
距离。</p></div><h2>Input</h2><div class="content"><p> 第一行包含一个整数N，表示房间的个数，房间将被编号为1,2,3…N的整数。接下来N-1行每行两个整数a, b，<br>
表示房间a与房间b之间有一条走廊相连。接下来一行包含一个整数Q，表示操作次数。接着Q行，每行一个操作，如<br>
上文所示。</p></div><h2>Output</h2><div class="content"><p> 对于每一个操作Game，输出一个非负整数到hide.out，表示最远的两个关灯房间的距离。若只有一个房间是关<br>
着灯的，输出0；若所有房间的灯都开着，输出-1。</p></div><h2>Sample Input</h2>
<div class="content"><span class="sampledata">8<br>
1 2<br>
2 3<br>
3 4<br>
3 5<br>
3 6<br>
6 7<br>
6 8<br>
7<br>
G<br>
C 1<br>
G<br>
C 2<br>
G<br>
C 1<br>
G</span></div><h2>Sample Output</h2>
<div class="content"><span class="sampledata">4<br>
3<br>
3<br>
4</span></div><h2>HINT</h2>
<div class="content"><p></p><p>对于100%的数据， N ≤100000, M ≤500000。</p><p></p></div><h2>Source</h2>
<div class="content"><p><a href="problemset.php?search="></a></p></div><center>[<a href="submitpage.php?id=1095">Submit</a>][<a href="problemstatus.php?id=1095">Status</a>][<a href="bbs.php?id=1095">Discuss</a>]</center><br>
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给定一棵树，一开始每个点都是黑点，多次改变某个点的状态或询问距离最远的两个黑点的距离
分析
https://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/44461423
动态点分治题，hzwer写错了，看了好久才发现。
我们把分治过程中遍历过的重心都连起来，上一层的重心链接下一层的重心，可以得到一棵新的树，叫做点分树。下面我们开始讨论这棵新树。
显然这棵树的高度不会超过\(O(\log n)\)
然后我们每个节点开两个堆
- 第一个堆记录子树中所有节点到点分树上父亲节点的距离
- 第二个堆记录所有子节点的堆顶
那么一个节点的堆2中的最大和次大加起来就是子树中经过这个节点的最长链。
然后我们最后开一个全局的堆，记录所有堆2中最大值和次大值之和。那么全局的堆顶就是答案。
时间复杂度\(O((n+m)\log^2 n)\)
co int N=1e5+1;
int n,m;
vector<int> e[N];
int bin[20],lg[2*N],mn[18][N*2],dep[N],pos[N],dfn;
void dfs(int x,int fa){
mn[0][pos[x]=++dfn]=dep[x];
for(int i=0,y;i<e[x].size();++i){
if((y=e[x][i])==fa) continue;
dep[y]=dep[x]+1,dfs(y,x);
mn[0][++dfn]=dep[x];
}
}
il int rmq(int x,int y){
x=pos[x],y=pos[y];
if(x>y) swap(x,y);
int t=lg[y-x+1];
return min(mn[t][x],mn[t][y-bin[t]+1]);
}
il int dis(int x,int y){
return dep[x]+dep[y]-2*rmq(x,y);
}
int root,sum,size[N],f[N],vis[N],fa[N];
void get_root(int x,int fa){
size[x]=1,f[x]=0;
for(int i=0,y;i<e[x].size();++i){
if((y=e[x][i])==fa||vis[y]) continue;
get_root(y,x);
size[x]+=size[y],f[x]=max(f[x],size[y]);
}
f[x]=max(f[x],sum-size[x]);
if(f[x]<f[root]) root=x;
}
void divide(int x,int f){
fa[x]=f,vis[x]=1;
for(int i=0,y;i<e[x].size();++i){
if(vis[y=e[x][i]]) continue;
root=0,sum=size[y],get_root(y,x),divide(root,x);
}
}
struct heap{
priority_queue<int> A,B;
il void push(int x) {A.push(x);}
il void erase(int x) {B.push(x);}
il void pop(){
while(B.size()&&A.top()==B.top()) A.pop(),B.pop();
A.pop();
}
il int top(){
while(B.size()&&A.top()==B.top()) A.pop(),B.pop();
if(!A.size()) return 0;
return A.top();
}
il int size() {return A.size()-B.size();}
il int stop(){ // second top
if(size()<2) return 0;
int x=top();pop();
int y=top();push(x);
return y;
}
}A,B[N],C[N];
int tot,clo[N];
void turn_off(int u,int v){
if(u==v){
B[u].push(0);
if(B[u].size()==2)A.push(B[u].top());
}
if(!fa[u])return;
int f=fa[u],D=dis(f,v),tmp=C[u].top();
C[u].push(D);
if(D>tmp){
int mx=B[f].top()+B[f].stop(),size=B[f].size();
if(tmp)B[f].erase(tmp);
B[f].push(D);
int now=B[f].top()+B[f].stop();
if(now>mx){
if(size>=2)A.erase(mx);
if(B[f].size()>=2)A.push(now);
}
}
turn_off(f,v);
}
void turn_on(int u,int v){
if(u==v){
if(B[u].size()==2)A.erase(B[u].top());
B[u].erase(0);
}
if(!fa[u])return;
int f=fa[u],D=dis(f,v),tmp=C[u].top();
C[u].erase(D);
if(D==tmp){
int mx=B[f].top()+B[f].stop(),size=B[f].size();
B[f].erase(D);
if(C[u].top())B[f].push(C[u].top());
int now=B[f].top()+B[f].stop();
if(now<mx){
if(size>=2)A.erase(mx);
if(B[f].size()>=2)A.push(now);
}
}
turn_on(f,v);
}
int main(){
read(n);
for(int i=1,u,v;i<n;++i){
read(u),read(v);
e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
}
// Range Minimum Query
bin[0]=1;for(int i=1;i<20;++i) bin[i]=bin[i-1]<<1;
lg[0]=-1;for(int i=1;i<n<<1;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=lg[dfn];++i)
for(int j=1,t=dfn-bin[i]+1;j<=t;++j)
mn[i][j]=min(mn[i-1][j],mn[i-1][j+bin[i-1]]);
// Point Divide and Conquer
root=0,f[0]=n,sum=n,get_root(1,0),divide(root,0);
for(int i=1;i<=n;++i) C[i].push(0),clo[i]=1,turn_off(i,i),++tot;
for(read(m);m--;){
char ch[2];scanf("%s",ch);
if(ch[0]=='G'){
if(tot<=1) printf("%d\n",tot-1);
else printf("%d\n",A.top());
}
else{
int x=read<int>();
if(clo[x]) turn_on(x,x),--tot;
else turn_off(x,x),++tot;
clo[x]^=1;
}
}
return 0;
}
静渊以有谋，疏通而知事。
