CCPC-Wannafly Winter Camp Day3 Div1 - 石头剪刀布 - [带权并查集]

题目链接：https://zhixincode.com/contest/14/problem/I?problem_id=211

样例输入 1 

3 5
2 1
1 2 1
2 1
1 2 3
2 1

样例输出 1

27
9
6

 

题解：

首先，比较明显地是，每进行一次操作 $1$，对于目前的卡牌分配情况的种数，其中的 $1/3$ 种是被撤掉位子的人留下，其余 $2/3$ 种是“擂主”留下。

而且，进行完一次操作 $1$ 后，“擂主”位子上分配到的卡牌，石头剪刀布的数目比依然是均等的，因此不会影响后面继续进行操作 $1$ 时的 $1/3 : 2/3$ 的情况种数的比例。

所以，最初没有撤掉过座位，每个人使得他们留下的卡牌分配种数都是 $3^n$ 种。然后一旦进行一次操作 $1$，被撤掉位子的人他的种数就变为原来的 $1/3$，擂主则变为原来的 $2/3$。

那么，一种最朴素的做法就是，保存下所有操作 $1$，对于每次操作 $2$ 查询，都遍历一遍其前面的所有操作 $1$，从 $3^n$ 一直不断地乘以 $1/3$ 或 $2/3$ 直到算出目前的答案。

例如题目的样例，第 $1$ 个人留下来的情况，可以表示成一个简单图表可以如下：

但是这样的时间复杂度是 $O(m^2)$ 的，我们要进行一定的优化。

 

对于一名选手，他如果经过 $a$ 次主场作战，$b$ 次客场作战，那么其对应的查询答案就是 $(\frac{2}{3})^a \cdot (\frac{1}{3})^b \cdot 3^n$。

也就是说，我们要维护每个选手的主场作战次数和客场作战的次数。

我们对于每个座位，不妨将其看做一个集合，集合内的存储的是可能坐在这个位置上的选手的编号。

那么，每次操作 $1$ 相当于合并两个集合，如果我们对每个选手 $p$ 用两个属性 $p.a$ 和 $p.b$ 分别记录其进行的主场和客场比赛数目。

那么我们可以用带权并查集来进行维护：

首先我们知道，任何一个节点，它自己外加它的所有子孙，合起来作为一个集合。我对每个节点 $v$ 都设 $\Delta a[v]$ 和 $\Delta b[v]$，表示其所统领的整个集合（也就是，该节点本身，以及其所有子孙节点，共同组成的集合），这个集合内的所有节点的主场数目都加上 $\Delta a[v]$，客场数目都加上 $\Delta b[v]$。

那么，对于并查集的合并（把一个根节点接到另一个根节点下）和查询操作（把一个节点一点点往上爬直到接到树根下为止），我们都可以比较自然的得出如何维护 $\Delta a[v]$ 和 \Delta $b[v]$，详见代码。

 

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> P;
#define mk(x,y) make_pair(x,y)
const ll mod=998244353;
const int maxn=2e5+5;

int n,m;

int par[maxn];
ll a[maxn],b[maxn];
int find(int x)
{
    if(par[x]==x) return x;
    int rt=find(par[x]);
    if(par[x]!=rt) a[x]+=a[par[x]], b[x]+=b[par[x]];
    return par[x]=rt;
}

ll fpow(ll a,int n)
{
    ll res=1, base=a%mod;
    while(n)
    {
        if(n&1) res*=base, res%=mod;
        base*=base, base%=mod;
        n>>=1;
    }
    return res%mod;
}
inline ll inv(ll a){return fpow(a,mod-2);}
ll calc(int a,int b)
{
    ll _1_3=inv(3), _2_3=2*_1_3%mod;
    ll res=fpow(3,n);
    res*=fpow(_2_3,a), res%=mod;
    res*=fpow(_1_3,b), res%=mod;
    return res;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) par[i]=i, a[i]=0, b[i]=0;
    for(int i=1,t,x,y;i<=m;i++)
    {
        cin>>t;
        if(t==1)
        {
            cin>>x>>y;
            a[x]++, b[y]++;
            a[y]-=a[x], b[y]-=b[x];
            par[y]=x;
        }
        if(t==2)
        {
            cin>>x;
            int rt=find(x);
            if(x==rt) cout<<calc(a[x],b[x])<<"\n";
            else cout<<calc(a[rt]+a[x],b[rt]+b[x])<<"\n";
        }
    }
}

PS.可怜老师出的并查集好强，充满了教育意义QAQ。