Luogu P2486 [SDOI2011]染色(树链剖分+线段树合并)
题面
题目描述
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输出格式：
对于每个询问操作，输出一行答案。
输入输出样例
输入样例：
6 5
2 2 1 2 1 1
1 2
1 3
2 4
2 5
2 6
Q 3 5
C 2 1 1
Q 3 5
C 5 1 2
Q 3 5
输出样例：
3
1
2
说明：
思路
好久没打树剖了，今天和水星爹爹 \(solo\) 这道题的时候输掉了（你爹爹还是你爹爹） \(qwq\) 。
进入正题。早在成都的时候 \(czk\) 巨佬就一直推荐我写这道题。
这题对细节的考虑非常多。 --czk
不过我一直懒得开（其实是自己太蒻了），后来开题也都是写挂了。其实这题并不难，很板，主要就是考虑如何用线段树/树链剖分维护区间的颜色以及颜色段数。
对于一个线段树节点，维护以下内容：
- \(l,r:\) 该节点维护的区间范围 \([l,r]\) ；
- \(maxl,maxr:\) 该节点所维护的区间的最左边节点颜色和最右边节点颜色；
- \(data:\) 该节点所维护区间的颜色段数；
- \(tag:\) 即懒惰标记，初始化时 \(tag=0\) ；
我们不妨先解决这样一个问题：
给定一个序列（颜色串），每次修改一个区间 \([l,r]\) 使之颜色（权值）全部变为一个数，或询问一个区间 \([l,r]\) 中的颜色段数是多少。
那么有了上面约定的节点储存信息，这样的询问是可合并的，很方便用线段树解决。
具体来说，我们的线段树操作这样做：
struct SegmentTree
{
int l,r,maxl,maxr,data,tag;
#define l(a) tree[a].l
#define r(a) tree[a].r
#define ml(a) tree[a].maxl
#define mr(a) tree[a].maxr
#define d(a) tree[a].data
#define t(a) tree[a].tag
void init(){l=r=maxl=maxr=data=tag=0;}
}tree[MAXN<<2];//zcysky的线段树写法qwq
inline SegmentTree merge(SegmentTree x,SegmentTree y)//重点（敲黑板）：线段树合并。将左边的x和右边的y合并起来
{
if(!x.data) return y;
if(!y.data) return x;
SegmentTree re;
re.init();
re.maxl=x.maxl,re.maxr=y.maxr,re.data=x.data+y.data;
if(x.maxr==y.maxl) re.data--;
return re;
}
inline void update(int p)//上传更新
{
ml(p)=ml(p<<1),mr(p)=mr(p<<1|1);
d(p)=d(p<<1)+d(p<<1|1);
if(mr(p<<1)==ml(p<<1|1)) d(p)--;//该区间中间，即左区间的最右端和右区间的最左端相等时，颜色段数--
}
inline void pushdown(int p)//标记下传
{
if(t(p))
{
ml(p<<1)=mr(p<<1)=t(p<<1)=t(p);
ml(p<<1|1)=mr(p<<1|1)=t(p<<1|1)=t(p);
d(p<<1)=d(p<<1|1)=1;
t(p)=0;
}
}
void build(int p,int ll,int rr)//建树
{
l(p)=ll,r(p)=rr;
if(ll==rr)
{
ml(p)=mr(p)=b[ll];
d(p)=1;
return ;
}
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
build(p<<1,ll,mid);
build(p<<1|1,mid+1,rr);
update(p);
}
void change(int p,int ll,int rr,int k)//修改操作：将[ll,rr]区间的权值修改为k
{
if(ll<=l(p)&&r(p)<=rr)
{
d(p)=1,ml(p)=mr(p)=t(p)=k;
return ;
}
pushdown(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(mid>=ll) change(p<<1,ll,rr,k);
if(mid<rr) change(p<<1|1,ll,rr,k);
update(p);
}
SegmentTree ask(int p,int ll,int rr)//询问操作，直接返回一个线段树，方便合并
{
if(ll<=l(p)&&r(p)<=rr) return tree[p];
pushdown(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(mid>=rr) return ask(p<<1,ll,rr);
else if(mid<ll) return ask(p<<1|1,ll,rr);
else return merge(ask(p<<1,ll,rr),ask(p<<1|1,ll,rr));
}
代码的核心在于线段树合并的函数 update 和 merge 。直接在节点上操作，可以省去很多麻烦。
再把问题转移到树上来。考虑关于 \(u,v\) 两节点之间颜色段数的询问，其实就相当于将 \(u\) 往上跳到 \(LCA(u,v)\) 所合并出的线段树与 \(v\) 往上跳到 \(LCA(u,v)\) 所合并出的线段树进行合并。在 \(u,v\) 分别向上跳时，每次合并时，按照树链剖分的节点命名规律，先处理的是线段树中的右边部分，再处理左边部分，所以要将新处理的部分与已经处理过的部分进行合并。当 \(u,v\) 都跳到了同一条链上时，因为 \(LCA(u,v)\) 处储存的是需要合并的两个线段树节点的最左端颜色，所以就不能再用之前的 merge() 函数，而要特判从 \(u\) 开始合并出的线段树 与从 \(v\) 开始合并出的线段树的最左端点 maxl 是否相同。代码如下：
int x=read(),y=read();//x,y即上述的u,v
SegmentTree xx,yy;//xx为从x开始合并出的线段树，yy亦然
xx.init(),yy.init();//一开始要清空！
while(st[x]!=st[y])
{
if(dep[st[x]]<dep[st[y]]) swap(x,y),swap(xx,yy);//交换x,y时也要记得交换xx和yy
xx=merge(ask(1,id[st[x]],id[x]),xx);
x=fa[st[x]];
}
if(id[x]>id[y]) swap(x,y),swap(xx,yy);
yy=merge(ask(1,id[x],id[y]),yy);
int ans=xx.data+yy.data;
if(xx.maxl==yy.maxl) ans--;//特判
printf("%d\n",ans);
其他操作就和普通的树剖板子很类似了，在这里就不做过多讲解，详情见代码。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+5;
int n,m,a[MAXN],b[MAXN],fa[MAXN],dep[MAXN],sz[MAXN],son[MAXN];
int cnt,top[MAXN],to[MAXN<<1],nex[MAXN<<1];
int tot,id[MAXN],st[MAXN];
struct SegmentTree
{
int l,r,maxl,maxr,data,tag;
#define l(a) tree[a].l
#define r(a) tree[a].r
#define ml(a) tree[a].maxl
#define mr(a) tree[a].maxr
#define d(a) tree[a].data
#define t(a) tree[a].tag
void init(){l=r=maxl=maxr=data=tag=0;}
}tree[MAXN<<2];
inline int read()
{
int re=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
while(isdigit(ch)) re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return re;
}
inline char readc()
{
char ch=getchar();
while(!isalpha(ch)) ch=getchar();
return ch;
}
void dfs1(int now)
{
for(int i=top[now];i;i=nex[i])
{
if(to[i]==fa[now]) continue;
fa[to[i]]=now,sz[to[i]]=1,dep[to[i]]=dep[now]+1;
dfs1(to[i]);
sz[now]+=sz[to[i]];
if(sz[to[i]]>sz[son[now]]) son[now]=to[i];
}
}
void dfs2(int now,int line_top)
{
id[now]=++tot,b[tot]=a[now],st[now]=line_top;
if(!son[now]) return ;
dfs2(son[now],line_top);
for(int i=top[now];i;i=nex[i])
{
if(to[i]==fa[now]||to[i]==son[now]) continue;
dfs2(to[i],to[i]);
}
}
inline SegmentTree merge(SegmentTree x,SegmentTree y)
{
if(!x.data) return y;
if(!y.data) return x;
SegmentTree re;
re.init();
re.maxl=x.maxl,re.maxr=y.maxr,re.data=x.data+y.data;
if(x.maxr==y.maxl) re.data--;
return re;
}
inline void update(int p)
{
ml(p)=ml(p<<1),mr(p)=mr(p<<1|1);
d(p)=d(p<<1)+d(p<<1|1);
if(mr(p<<1)==ml(p<<1|1)) d(p)--;
}
inline void pushdown(int p)
{
if(t(p))
{
ml(p<<1)=mr(p<<1)=t(p<<1)=t(p);
ml(p<<1|1)=mr(p<<1|1)=t(p<<1|1)=t(p);
d(p<<1)=d(p<<1|1)=1;
t(p)=0;
}
}
void build(int p,int ll,int rr)
{
l(p)=ll,r(p)=rr;
if(ll==rr)
{
ml(p)=mr(p)=b[ll];
d(p)=1;
return ;
}
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
build(p<<1,ll,mid);
build(p<<1|1,mid+1,rr);
update(p);
}
void change(int p,int ll,int rr,int k)
{
if(ll<=l(p)&&r(p)<=rr)
{
d(p)=1,ml(p)=mr(p)=t(p)=k;
return ;
}
pushdown(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(mid>=ll) change(p<<1,ll,rr,k);
if(mid<rr) change(p<<1|1,ll,rr,k);
update(p);
}
SegmentTree ask(int p,int ll,int rr)
{
if(ll<=l(p)&&r(p)<=rr) return tree[p];
pushdown(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(mid>=rr) return ask(p<<1,ll,rr);
else if(mid<ll) return ask(p<<1|1,ll,rr);
else return merge(ask(p<<1,ll,rr),ask(p<<1|1,ll,rr));
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
int x=read(),y=read();
to[++cnt]=y,nex[cnt]=top[x],top[x]=cnt;
to[++cnt]=x,nex[cnt]=top[y],top[y]=cnt;
}
fa[1]=sz[1]=dep[1]=1;
dfs1(1);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
while(m--)
{
char opt=readc();
if(opt=='C')
{
int x=read(),y=read(),z=read();
while(st[x]!=st[y])
{
if(dep[st[x]]<dep[st[y]]) swap(x,y);
change(1,id[st[x]],id[x],z);
x=fa[st[x]];
}
if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
change(1,id[x],id[y],z);
}
else if(opt=='Q')
{
int x=read(),y=read();
SegmentTree xx,yy;
xx.init(),yy.init();
while(st[x]!=st[y])
{
if(dep[st[x]]<dep[st[y]]) swap(x,y),swap(xx,yy);
xx=merge(ask(1,id[st[x]],id[x]),xx);
x=fa[st[x]];
}
if(id[x]>id[y]) swap(x,y),swap(xx,yy);
yy=merge(ask(1,id[x],id[y]),yy);
int ans=xx.data+yy.data;
if(xx.maxl==yy.maxl) ans--;
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}
