P5838 [USACO19DEC] Milk Visits G

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Luogu P5838

Solution

提供一种奇特的 \(\mathcal O(\dfrac{n\sqrt n\log n}{\omega})\) 的做法。

树链剖分转化成序列问题。然后变成了询问一个区间 \(l,r\) 是否存在一个颜色 \(k\),显然可以 \(\mathcal O(n)\) 预处理 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 判定,这样复杂度是 \(\mathcal O(n\sqrt n\log n)\) 的,空间复杂度 \(\mathcal O(n\sqrt n)\),很卡,没敢写。

注意到并不需要数颜色出现了多少次,因此考虑使用 bitset 维护一个颜色是否出现。

对于整块,开 \(\mathcal O(n)\)bitset,其中第 \(i\)bitset 的第 \(j\) 位表示颜色 \(i\) 是否在第 \(j\) 块出现。那么对于整块,可以使用 bitset 的位运算在 \(\mathcal O(\dfrac{\sqrt n}{\omega})\) 的时间内判定。

对于散块,考虑对每个块中的每一个颜色开一个长度为块长的 bitset ,第 \(i\) 位表示这个颜色在这个块中从左起的第 \(i\) 个位置出现了,那么询问也容易使用 bitset 的位运算做到 \(\mathcal O(\dfrac{\sqrt n}{\omega})\)。乍一看这部分的 bitset 大小是 \(\mathcal O(\dfrac{n^2}{\omega})\) 的,但是因为一个块中的颜色数量是 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的,所以可以将这个块内的颜色重新映射到 \([1,\sqrt n]\) 的范围(类似于离散化),然后空间复杂度就降为了 \(\mathcal O(\dfrac{n\sqrt n}{\omega})\)。颜色在每个块内的离散化可以使用 Hash 表做到线性处理。

总时间复杂度 \(\mathcal O(\dfrac{n\sqrt n\log n}{\omega})\),空间复杂度 \(\mathcal O(\dfrac{n\sqrt n}{\omega})\)

#include<bits/stdc++.h>
#define For(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define Rof(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;
using i64 = long long;
constexpr int _N = 1e5 + 5, _B = 400 + 5;
bool ST;
int n, m;
vector<int> e[_N];
int dep[_N], fa[_N], id[_N], son[_N];
int top[_N], siz[_N], dfn;
int a[_N], b[_N];
void Dfs1(int x, int F) {
	dep[x] = dep[F] + 1, fa[x] = F, siz[x] = 1;
	int maxson = -1;
	for (int v : e[x]) if (v != F) {
		Dfs1(v, x);
		if (siz[v] > maxson) maxson = siz[v], son[x] = v;
		siz[x] += siz[v];
	}
}
void Dfs2(int x, int topf) {
	id[x] = ++dfn, top[x] = topf, b[dfn] = a[x];
	if (son[x]) Dfs2(son[x], topf);
	for (int v : e[x]) if (v != son[x] && v != fa[x])
		Dfs2(v, v);
}
int pos[_N], bl[_N], br[_N], len, cnt;
bitset<_B> ct[_N], tl[_B], bct[_B][_B];
int tot[_B];
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
__gnu_pbds::gp_hash_table<int, int> H[_B];
bool ED;
void InitBlock() {
	len = sqrt(n), cnt = (n - 1) / len + 1;
	For(i, 1, cnt) bl[i] = br[i - 1] + 1, br[i] = min(i * len, n);
	For(i, 1, cnt) tl[i] = tl[i - 1], tl[i].set(i);
	For(i, 1, cnt) {
		For(j, bl[i], br[i]) {
			pos[j] = i;
			ct[b[j]].set(i);
			if (H[i].find(b[j]) == H[i].end())
				H[i][b[j]] = ++tot[i];
			int nc = H[i][b[j]];
			bct[i][nc].set(j - bl[i] + 1);
		}
	}
}
bool AskB(int id, int l, int r, int k) {
	if (H[id].find(k) == H[id].end()) return 0;
	int nc = H[id][k];
	return ((bct[id][nc] >> (l - bl[id])) & tl[r - l + 1]).any();
}
bool Query(int l, int r, int k) {
	if (pos[l] == pos[r])
		return AskB(pos[l], l, r, k);
	else
		return AskB(pos[l], l, br[pos[l]], k)
			|| AskB(pos[r], bl[pos[r]], r, k)
			|| ((ct[k] >> pos[l]) & tl[pos[r] - pos[l] - 1]).any();
}
bool QueryPath(int x, int y, int k) {
	bool res = 0;
	while (top[x] != top[y]) {
		if (dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
		res = Query(id[top[x]], id[x], k);
		if (res) return res;
		x = fa[top[x]];
	}
	if (dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
	return Query(id[x], id[y], k);
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	For(i, 1, n) cin >> a[i];
	For(i, 2, n) {
		int x, y;
		cin >> x >> y;
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	Dfs1(1, 0), Dfs2(1, 1);
	InitBlock();
	For(i, 0, m - 1) {
		int x, y, k;
		cin >> x >> y >> k;
		cout << QueryPath(x, y, k);
	}
}
posted @ 2023-09-26 12:09  Hanx16Msgr  阅读(22)  评论(0编辑  收藏  举报