BZOJ2819: Nim 树链剖分
Description
著名游戏设计师vfleaking，最近迷上了Nim。普通的Nim游戏为：两个人进行游戏，N堆石子，每回合可以取其中某一堆的任意多个，可以取完，但不可以不取。谁不能取谁输。这个游戏是有必胜策略的。于是vfleaking决定写一个玩Nim游戏的平台来坑玩家。
为了设计漂亮一点的初始局面，vfleaking用以下方式来找灵感：拿出很多石子，把它们聚成一堆一堆的，对每一堆编号1,2,3,4,...n,在堆与堆间连边，没有自环与重边，从任意堆到任意堆都只有唯一一条路径可到达。然后他不停地进行如下操作：
1.随机选两个堆v,u，询问若在v到u间的路径上的石子堆中玩Nim游戏，是否有必胜策略，如果有，vfleaking将会考虑将这些石子堆作为初始局面之一，用来坑玩家。
2.把堆v中的石子数变为k。
由于vfleaking太懒了，他懒得自己动手了。请写个程序帮帮他吧。
Input
第一行一个数n，表示有多少堆石子。
接下来的一行，第i个数表示第i堆里有多少石子。
接下来n-1行，每行两个数v,u，代表v,u间有一条边直接相连。
接下来一个数q，代表操作的个数。
接下来q行，每行开始有一个字符：
如果是Q，那么后面有两个数v,u，询问若在v到u间的路径上的石子堆中玩Nim游戏，是否有必胜策略。
如果是C，那么后面有两个数v,k，代表把堆v中的石子数变为k。
对于100%的数据：
1≤N≤500000, 1≤Q≤500000, 0≤任何时候每堆石子的个数≤32767
其中有30%的数据：
石子堆组成了一条链，这3个点会导致你DFS时爆栈（也许你不用DFS？）。其它的数据DFS目测不会爆。
注意：石子数的范围是0到INT_MAX
Output
对于每个Q，输出一行Yes或No，代表对询问的回答。
Sample Input
5
1 3 5 2 5
1 5
3 5
2 5
1 4
6
Q 1 2
Q 3 5
C 3 7
Q 1 2
Q 2 4
Q 5 3
Sample Output
No
Yes
Yes
Yes
Solution
据说会爆栈然而啥都没发生。
仔细阅读题目，其实就是一棵树，那么询问的本质就是在u和v的路径间做Nim游戏
直接树剖+线段树维护树上xor和判断是否为0就好
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define il inline namespace io { #define in(a) a=read() #define out(a) write(a) #define outn(a) out(a),putchar('\n') #define I_int int inline I_int read() { I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; } while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; } return x * f ; } char F[ 200 ] ; inline void write( I_int x ) { if( x == 0 ) { putchar( '0' ) ; return ; } I_int tmp = x > 0 ? x : -x ; if( x < 0 ) putchar( '-' ) ; int cnt = 0 ; while( tmp > 0 ) { F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ; tmp /= 10 ; } while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ; } #undef I_int } using namespace io ; using namespace std ; #define N 500010 int dep[N] , top[N] , id[N] , siz[N] , fa[N] , w[N] ; int n = read() , a[N] , tot = 0 ; int cnt , head[N] ; struct edge { int to , nxt ; } e[N<<1] ; void ins(int u , int v) { e[ ++ cnt ] = (edge) {v , head[u]} ; head[u] = cnt ; } void dfs1(int u) { siz[u] = 1 ; for(int i = head[u] ; i ; i = e[i].nxt) { if(e[i].to == fa[u]) continue ; fa[e[i].to] = u ; dep[e[i].to] = dep[u] + 1 ; dfs1(e[i].to) ; siz[u] += siz[e[i].to] ; } } void dfs2(int u , int topf) { top[u] = topf ; id[u] = ++ tot ; w[tot] = a[u] ; int k = 0 ; for(int i = head[u] ; i ; i = e[i].nxt) { if(e[i].to == fa[u]) continue ; if(siz[e[i].to] > siz[k]) k = e[i].to ; } if(!k) return ; dfs2(k , topf) ; for(int i = head[u] ; i ; i = e[i].nxt) { if(e[i].to == fa[u] || k == e[i].to) continue ; dfs2(e[i].to , e[i].to) ; } } // seg-tree struct tree { int l , r , sum ; } t[N << 2]; #define lc (rt << 1) #define rc (rt << 1 | 1) void pushup(int rt) { t[rt].sum = t[lc].sum ^ t[rc].sum ; } void build(int l , int r , int rt) { t[rt].l = l ; t[rt].r = r ; int mid = (l + r) >> 1 ; if(l == r) { t[rt].sum = w[l] ; return ; } build(l , mid , lc) ; build(mid + 1 , r , rc) ; pushup(rt) ; } #define l t[rt].l #define r t[rt].r #define mid ((l + r) >> 1) void upd(int L , int c , int rt) { if(l == r) {t[rt].sum = c ; return ;} if(L <= mid) upd(L , c , lc) ; else upd(L , c , rc) ; pushup(rt) ; } int query(int L , int R , int rt) { if(L <= l && r <= R) return t[rt].sum ; int ans = 0 ; if(L <= mid) ans ^= query(L , R , lc) ; if(R > mid) ans ^= query(L , R , rc) ; return ans ; } #undef lc #undef rc #undef l #undef r #undef mid // seg-tree end void query(int x , int y) { int ans = 0 ; while(top[x] != top[y]) { if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x , y) ; ans ^= query(id[top[x]] , id[x] , 1) ; x = fa[top[x]] ; } if(dep[x] > dep[y]) swap(x , y) ; ans ^= query(id[x] , id[y] , 1) ; if(ans) puts("Yes") ; else puts("No") ; } int main() { for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) a[i] = read() ; for(int i = 1 ; i < n ; i ++) { int u = read() , v = read() ; ins(u , v) , ins(v , u) ; } dfs1(1) ; dfs2(1,1) ; build(1,n,1) ; int m = read() ; while(m--) { char ch[10] ; scanf("%s" , ch); int x = read() , y = read() ; if(ch[0] == 'Q') query(x , y) ; else upd(id[x] , y , 1) ; } }
