loj2001[SDOI2017]树点染色

题意：给你一棵树，一开始每个点上的颜色互不相同。三种操作：op1：x到根的路径上的点都染上一种新的颜色。op2：设一条路径的权值为val(x,y)，求x到y路径的val。op3：询问x的子树中最大的到根路径val。n<=1e5。

标程：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int mod=1e9+7;
 5 const int N=1e6+1;
 6 int f[N],prime[N],tot,F[N],ans,p[N],n,m,nxt,u[N],fi[N];
 7 int ksm(int x,int y)
 8 {
 9   int res=1;
10   for (;y;x=(ll)x*x%mod,y>>=1) 
11     if (y&1) res=(ll)res*x%mod;
12   return res;
13 }
14 void pre()
15 {
16   f[1]=f[2]=fi[1]=fi[2]=1;
17   for (int i=3;i<N;i++) f[i]=((ll)f[i-1]+f[i-2])%mod,fi[i]=ksm(f[i],mod-2);
18   u[1]=1;
19   for (int i=2;i<N;i++)
20   {
21     if (!p[i]) prime[++tot]=i,u[i]=-1;//质数的u是-1！
22     for (int j=1;j<=tot&&(ll)prime[j]*i<N;j++)
23     {
24       p[prime[j]*i]=1;
25       if (i%prime[j]==0) break;
26       u[prime[j]*i]=-u[i];
27     }
28   }
29   for (int i=0;i<N;i++) F[i]=1; 
30   for (int i=1;i<N;i++)
31     if (u[i]!=0)
32     for (int j=i;j<N;j+=i)
33       F[j]=(ll)F[j]*(u[i]==1?f[j/i]:fi[j/i])%mod;//注意u有可能是-1
34   for (int i=1;i<N;i++) F[i]=(ll)F[i]*F[i-1]%mod;
35 }
36 int main()
37 {
38   pre();int T;
39   scanf("%d",&T);
40   while (T--) 
41   {
42     scanf("%d%d",&n,&m);ans=1;
43     for (int i=1;i<=min(n,m);i=nxt+1)
44     {
45       nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));
46       ans=(ll)ans*ksm((ll)F[nxt]*ksm(F[i-1],mod-2)%mod,(ll)(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod;
47     } 
48     printf("%d\n",ans);
49   }
50   return 0;
51 }

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要把lct上和原树上的father区分开啊！

题解：lct+dfs序线段树

op1一看就是lct维护access。将A颜色splay连到B颜色splay上时，A颜色splay上深度最小点（原树上的根）的子树val都-1，B颜色断开的右子树（即不在改色链上的那段）val都+1。

op2 设val[x]表示x到根的路径权值。相当于要求val[x]+val[y]-2*val[lca(x,y)]+1。线段树单点求值，注意要用dfs序查。

op3 询问子树最大值val，线段树区间Max。

时间复杂度O(nlog^2(n))。