[ZJOI2016]大森林 题解
LCT
对 LCT 有了更深的理解
参考 FlashHu
Statement
有 \(n\) 棵树，初始各有 \(1\) 个编号为 \(1\) 的节点，称它们为生长节点。
\(m\) 个操作，\(3\) 种之一：
- \(0\ l\ r\) 将 \([l,r]\) 区间内的树的生长节点加一个编号相同的儿子
- \(1\ l\ r\ x\) 修改 \([l,r]\) 区间内的树生长节点为 \(x\)（没有该节点的树忽略此操作）
- $2\ x\ u\ v $ 询问第 \(x\) 棵树上两点的距离（保证存在）
\(n\le 10^5,m\le 2\times 10^5\)
Solution
显然我们有 \(O(n^2 \log n)\) 的暴力 LCT 做法，但是好像空间有点着不住
最初的想法是说容易发现其实很多边都是一样的，所以我们可以尝试数据结构优化建图之类的
经过思考之后发现不会，其问题在于 \(1\) 操作过后的区间关系没有特殊关系（相离/包含）
然后看题解（ 注意到一个询问只关心在左端点在 \(x\) 之前的修改，且没有强制在线的说法，考虑离线
于是我们有了这样的基础思想：从 \(1\) 到 \(n\) 枚举每棵树，每次只考虑相邻两棵树之间的差异，只需要在前一棵树的基础上快速地得到这棵树的形态就可以了
考虑一个操作 \(1\ l\ r\ x\) 的影响，先假装所有树都是一样的
发现其造成的差异只有 \(l-1\) 和 \(l\) ，\(r\) 和 \(r+1\) 这两个位置，知道
第 \(l\) 棵树是第 \(l-1\) 棵树把这个 \(1\) 操作以后 原来生长节点上的所有子树全部转而接到 \(x\) 上。
第 \(r+1\) 棵树是第 \(r\) 棵树把这些子树接回来
图丑爆了（
现在的问题在于如何把这些子树快速地扔过去，考虑给他一个虚点
也就是说，我们每次在进行 \(1\) 操作的时候，我们给他新建一个虚点 \(img\) ，
最开始 \(link(img,grow)\) ，然后让 \(grow^{\prime}=img\) ，之后就直接挂在 \(img\) 上
然后到 \(l-1\) 和 \(l\) 的时候，我们让 \(img\) 改成连 \(x\)
把每个操作拆成两个端点，以端点为第一关键字，原时间顺序为第二关键字排序，再从左到右一个个处理即可
现在考虑处理过程中的询问
容易想到设实点权 \(1\) ，虚点权 \(0\) ，然后只需要 \(makeroot(u),access(v),splay(v)\) 三连即可？
发现好像不是很行，因为固定根 \(1\) 我们 \(makeroot(u)\) 可能会改掉一些父子关系
同时，考虑到两个实点的路径上有可能存在虚点，而虚点可能包含了非路径上的信息，我们考虑树上差分
假装都会 LCT 求 LCA，那么答案就是 \(siz[u]+siz[y]-2\times siz[lca]\) ，注意这些 \(siz[tmp]\) 一定都要 \(access(tmp)\) 之后取用
时间复杂度 \(O(n\log n)\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ls(rt) t[rt].ch[0]
#define rs(rt) t[rt].ch[1]
#define swap(x,y) x^=y^=x^=y
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
int s=0,w=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
return s*w;
}
struct Tree{int f,val,siz,ch[2];}t[N];
struct Item{int pos,tim,x,y;}item[N];
int gl[N],gr[N],pos[N],ans[N];
int n,m,grow,cnt,img,tim,tot;
void pushup(int rt){t[rt].siz=t[rt].val+t[ls(rt)].siz+t[rs(rt)].siz;}
bool check(int rt){return ls(t[rt].f)!=rt&&rs(t[rt].f)!=rt;}
bool identity(int rt){return rs(t[rt].f)==rt;}
void rotate(int rt){
int f=t[rt].f,ff=t[f].f,op=identity(rt),ch=t[rt].ch[op^1];
t[rt].f=ff,t[rt].ch[op^1]=f,t[ch].f=f,t[f].ch[op]=ch;
if(!check(f))t[ff].ch[identity(f)]=rt;
t[f].f=rt,pushup(f),pushup(rt);
}
void splay(int rt){
while(!check(rt)){
int f=t[rt].f;
if(!check(f))
rotate(identity(f)==identity(rt)?f:rt);
rotate(rt);
}
}
int access(int rt,int p=0){
for(;rt;p=rt,rt=t[rt].f)
splay(rt),rs(rt)=p,pushup(rt);
return p;
}
void cut(int rt){access(rt),splay(rt),ls(rt)=t[ls(rt)].f=0;}
inline void link(int p,int q){t[p].f=q;}
/*
本题中的 link 比较特殊，既不需要 makeroot ，也不用 splay
考虑 link 使用场景，无非是新建的点（虚点）或者离线求解时的转移
新建点的点显然就是根了，而另外一种，因为我们已经 cut 了，所以也是根
所以直接把父亲设为 q 即可
*/
signed main(){
n=gr[1]=read(),m=read();
t[1].val=t[1].siz=pos[1]=gl[1]=cnt=1;
//pos[1] 点 1 的编号，gl/r 记录修改操作，假装初始有一个操作 0 1 n
//cnt 记录实点的个数，img 记录虚点的个数
link(img=grow=2,1);
for(int i=1,op,l,r,x;i<=m;++i){
op=read(),l=read(),r=read();
if(op==0)
link(pos[++cnt]=++img,grow),
t[img].val=t[img].siz=1,//实点权 1
gl[cnt]=l,gr[cnt]=r;
if(op==1){
x=read(),l=max(l,gl[x]),r=min(r,gr[x]);
if(l>r)continue;
link(++img,grow);//虚点权 0
item[++tot]=(Item){l,i-m,img,pos[x]},//保证修改在询问前
item[++tot]=(Item){r+1,i-m,img,grow};
grow=img;
}
if(op==2)
x=read(),item[++tot]=(Item){l,++tim,pos[r],pos[x]};
}
// 此时，LCT 维护出了如果没有任何 1 操作时的树并准备好了所有虚点
sort(item+1,item+1+tot,[](Item a,Item b)
{return a.pos==b.pos?a.tim<b.tim:a.pos<b.pos;});
for(int i=1,x,y,l,tm;x=item[i].x,y=item[i].y,tm=item[i].tim,i<=tot;++i)
if(tm>0)
l=access(x),splay(x),ans[tm]+=t[x].siz,
l=access(y),splay(y),ans[tm]+=t[y].siz,
access(l),ans[tm]-=t[l].siz<<1;//致命 access，调了亿会儿
else cut(x),link(x,y);
for(int i=1;i<=tim;++i)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
