CF403E Two Rooted Trees

题意

有两棵以\(1\)为根的\(n\)节点有编号树。

操作时选出\(A\)树中的边\((p,q)\)，对于\(B\)树中的\((x,y)\),若满足在\(A\)树中，\(x, y\) 两个顶点中恰好有且只有一个同时在顶点\(p,q\)的公共子树中，则删去\((x,y)\)。（这里只考虑初始未被删边的两棵树）

开始时删除给出的\(A\)树中的一条边，然后删去\(B\)中满足条件的边，再对于上一组删去的边，在\(A\)树中操作，一直重复，直到没有可删的边。求每次删去边的编号。

\(2 \leq n \leq 2 \times 10^5\)

传送门

思路

考虑当前边为A中的\(p,q\)，要删去的边为B中的\(x,y\)，那么在A中，\((p,q)\)一定是\((x,y)\)路径（链）上的点。也就是说一棵树上的边对应另一棵树上的一条链，对方树链中任一条边被删，这条边下一次就会被删掉。容易想到要用树链剖分。

建两棵线段树，将每条边在对方树链区间上打上删除标记（这里没有修改，可以使用标记永久化），每条边对应\(log\)个dfs序区间，对应\(log^2\)个线段树区间，所以最多\(nlog^2n\)个标记。每次钦定一条边后，找到该边对应的线段树节点，沿路即可知道对应要删的边。由于每条边只会被删除一次，当一个线段树节点被访问过后，后来的访问一定是无用的（已经被删了），所以时间复杂度就是\(O(n log^2n)\)

#include <bits/stdc++.h>
using std::vector;
const int N=200005;
int cnt,now,n,x;
vector<int> ans[2];
struct{
	int son[N],dfn[N],size[N],tp[N],deep[N],id,vis[N<<2],c[N],f[N];
	vector<int> e[N],tag[N<<2];
	void dfs(int x){
		size[x]=1;
		for (auto u:e[x]){
			deep[u]=deep[x]+1,dfs(u);
			if (size[u]>size[son[x]]) son[x]=u;
			size[x]+=size[u];
		}
	}
	void dfs(int x,int top){
		dfn[x]=++id,tp[x]=top;
		if (son[x]) dfs(son[x],top);
		for (auto u:e[x]){
			if (u==son[x]) continue;
			dfs(u,u);
		}
	}
	void add(int k,int l,int r,int L,int R,int x){
		if (l==L && r==R){
			tag[k].push_back(x);
			return;
		}
		int mid=(L+R)>>1;
		if (r<=mid) add(k<<1,l,r,L,mid,x);
		else if (l>mid) add(k<<1|1,l,r,mid+1,R,x);
		else{
			add(k<<1,l,mid,L,mid,x);
			add(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,x);
		}
	}
	void del(int k,int L,int R,int x){
		if (!vis[k]){
			for (auto x:tag[k]){
				if (!c[x]){
					cnt++; 
					ans[now].push_back(x);
					c[x]=1;
				}
			}
			vis[k]=1;
		}
		if (L==R) return;
		int mid=(L+R)>>1;
		if (x<=mid) del(k<<1,L,mid,x);
		else del(k<<1|1,mid+1,R,x);
	}
	void solve(int x,int y,int tag){
		while (tp[x]!=tp[y]){
			if (deep[tp[x]]<deep[tp[y]]) std::swap(x,y);
			add(1,dfn[tp[x]],dfn[x],1,n,tag);
			x=f[tp[x]];
		}
		if (deep[x]>deep[y]) std::swap(x,y);
		if (x!=y) add(1,dfn[x]+1,dfn[y],1,n,tag);
	}
}T[2];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=2;i<=n;i++){
		scanf("%d",&T[0].f[i]);
		T[0].e[T[0].f[i]].push_back(i);
	}
	for (int i=2;i<=n;i++){
		scanf("%d",&T[1].f[i]);
		T[1].e[T[1].f[i]].push_back(i);
	}
	T[0].deep[1]=1,T[1].deep[1]=1;
	T[0].dfs(1),T[0].dfs(1,1);
	T[1].dfs(1),T[1].dfs(1,1);
	for (int i=2;i<=n;i++){
		T[1].solve(i,T[0].f[i],i);
		T[0].solve(i,T[1].f[i],i);
	}	
	now=1;
	scanf("%d",&x);
	printf("Blue\n%d\n",x);
	ans[0].push_back(x+1);
	T[1].c[x+1]=1;
	do{
		cnt=0;
		ans[now].clear();
		for (auto j:ans[now^1]) T[now^1].del(1,1,n,T[now^1].dfn[j]);
		if (!cnt) break;
		std::sort(ans[now].begin(),ans[now].end());
		puts(now?"Red":"Blue");
		for (auto j:ans[now]) printf("%d ",j-1);
		puts("");
		now=now^1;
	}while(1);
}