描述

你有两棵有根树，每棵各有 $n$ 个顶点。让我们用整数 1 到 $n$ 给每棵树的顶点编号。两棵树的根都是顶点 1。第一棵树的边都都是蓝色，第二棵树的边都是红色。

简明起见，我们称第一棵树是蓝色的，以及第二棵树是红色的。

当满足下面的两个条件下，我们认为边 $(x, y)$ 有害于边 $(p,q)$ ：

1.边 $(x,y)$ 的颜色不同于边 $(p,q)$ 。

2.考虑与边 $(p, q)$ 颜色相同的树，编号为 x, y 的两个顶点中有且只有一个同时在顶点 p 的子树与顶点 q 的子树里。

现在告诉你，在阶段 1，有恰好一条蓝色的边被删除了，而在阶段 i，若我们删除了边 $(u_1， v_1)， (u_2， v_2)， . . . ， (u_k， v_k)$ 。那么在阶段 i+1 我们要删除的所有满足以下条件的边 $(x,y)$ :

1.边 $(x,y)$ 未被删除。

2.存在一个 $i(i \leq k)$ 使得边 $(x,y)$ 有害于 $(u_i, v_i)$ 。

当某个阶段没有删除任何边时，则整个过程结束，你需要回答，每个阶段哪些边将被删除。

注意，有害边的定义只依赖于开始删边之前的初始就拥有的两棵有根树。

输入

第一行为整数 n，表示两棵树的顶点数目。

接下来的一行包含 n-1 个正整数 $a_2, a_3, . . . , a_n$ ( $1 ≤ a_i ≤ n$ ; $a_i$ 不等于 i)，描述第一棵树的边。数字ai意味着第一棵树有一条边连接顶点ai和顶点 i。

接下来的一行包含 n-1 个正整数 $b_2, b_3, . . . , b_n$ ( $1 ≤ bi ≤ n$ ; $b_i$ 不等于 i)，描述第二棵树的边。数字bi意味着第一棵树有一条边连接顶点bi和顶点 i。

接下来的再一行包含一个整数 idx( $1 ≤ idx < n$ )表示在第一阶段中删除的蓝树的边的编号。

我们让每棵树的每条边按照他们在输入中的前后顺序从 1 到 $n$ -1 编号。

输出

对于每个阶段输出两行。

如果这个阶段删除的边是蓝色的，那么对应这一阶段的两行中，第一行必须为单词 Blue，否则为单词 Red。

对应的第二行包含所有此阶段删除的边的编号，按数字递增顺序输出。

样例输入

5 1
1 1 1
4 2 1 1
3

样例输出

Blue
3
Red
1 3
Blue
1 2
Red
2

提示

对于 $30\%$ 的数据， $n<=100$ 。

对于 $60\%$ 的数据， $n<=1000$ 。

对于 $100\%$ 的数据， $n<=200000$ 。

解析：

这种有两颗树的题真是莫名感觉毒瘤啊。。。
可能是因为我莫名其妙写了个树的封装？

思路：

首先这个限制，我们需要快速判断祖先后代关系，很好想到 $DFS$ 序。

接下来所有的 $in_u,out_u$ ，都是指编号 $u$ 的节点在对应树上的 $DFS$ 进入时间和退出时间。

仔细看这个限制，发现 $p,q$ 必然是有父子关系的，所以限制只会由儿子来体现。

再将限制具体化一，设 $p$ 是其中的儿子，一条边 $<u,v>$ 对 $<p,q>$ 有害当且仅当一下两条中成立一条（假设 $in_u < in_v$ ）：
1. $in_p\leq in_u\leq out_p$ 且 $in_v> out_p$
2. $in_p\leq in_v \leq out_p$ 且 $in_u< in_p$

这里的 $in,out$ 都是指 $<p,q>$ 所在树的 $in,out$ 。

所以我们可以用两棵个线段树来管辖两棵树，其中红树的线段树节点 $[l,r]$ 中需要用一个 $vector$ 来记录一下蓝树中所有满足 $l\leq in_u \leq r$ 的边的标号，节点内按照 $in_v$ 递增的顺序存边，记为 $vec_1$ 。还要用一个 $vector$ 记录一下蓝树中所有满足 $l\leq in_v \leq r$ 的边的标号，节点内按照 $in_u$ 递减的顺序存边，记为 $vec_2$ 。蓝树的线段树作同样处理。

所以每次删除边只需要找到对应的线段树节点，并且在两个 $vector$ 末尾弹掉合法的边就行了。
可以用一个 $del$ 数组来记录当前边有没有被删除，就不用每次专门清空线段树对应节点了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define pc put_char
#define puts put_s
#define cs const

namespace IO{
	namespace IOONLY{
		cs int Rlen=1<<16|1;
		char buf[Rlen],*p1,*p2;
		char obuf[Rlen],*p3=obuf;
		char ch[23];
	}
	inline char get_char(){
		using namespace IOONLY;
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	inline void put_char(char c){
		using namespace IOONLY;
		*p3++=c;
		if(p3==obuf+Rlen)fwrite(obuf,1,Rlen,stdout),p3=obuf;
	}
	inline void put_s(cs char *s){
		for(;*s;s++)pc(*s);pc('\n');
	}
	inline void FLUSH(){
		using namespace IOONLY;
		fwrite(obuf,1,p3-obuf,stdout);p3=obuf;
	}
	
	inline int getint(){
		re int num;
		re char c;
		while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
		while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
		return num;
	}
	inline void outint(int a){
		using namespace IOONLY;
		if(a==0)return pc('0');
		while(a)ch[++ch[0]]=a-a/10*10,a/=10;
		while(ch[0])pc(ch[ch[0]--]^48);
	}
}
using namespace IO;

cs int N=200005;
int idx,now;
vector<int> ans,tmp;
struct Tree{
	vector<int> edge[N],t1[N<<2],t2[N<<2];
	int in[N],out[N],u[N],v[N];
	bool del[N];
	
	Tree(){}
	inline void addedge(int u,int v){
		edge[u].push_back(v);
		edge[v].push_back(u);
		++idx;
		this->u[idx]=u;
		this->v[idx]=v;
	}
	inline void dfs(int u,int fa){
		in[u]=++idx;
		for(re vector<int>::iterator v=edge[u].begin();v!=edge[u].end();++v){
			if(fa==*v)continue;
			dfs(*v,u);
		}
		out[u]=idx;
	}
	
	inline void insert_u(int k,int l,int r,cs int &pos,cs int &id){
		t1[k].push_back(id);
		if(l==r)return ;
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid<pos)insert_u(k<<1|1,mid+1,r,pos,id);
		else insert_u(k<<1,l,mid,pos,id);
	}
	
	inline void insert_v(int k,int l,int r,cs int &pos,cs int &id){
		t2[k].push_back(id);
		if(l==r)return ;
		int(mid)=(l+r)>>1;
		if(mid<pos)insert_v(k<<1|1,mid+1,r,pos,id);
		else insert_v(k<<1,l,mid,pos,id);
	}
	
	inline void pop(int id){
		if(!del[id])del[id]=true,tmp.push_back(id);
	}
}T[2];

inline bool cmp_v(cs int &a,cs int &b){
	return T[!now].in[T[now].v[a]]<T[!now].in[T[now].v[b]];
}

inline bool cmp_u(cs int &a,cs int &b){
	return T[!now].in[T[now].u[a]]>T[!now].in[T[now].u[b]];
}

inline void query(int k,int l,int r,cs int &ql,cs int &qr){
	if(ql<=l&&r<=qr){
		vector<int> &t1=T[!now].t1[k],&t2=T[!now].t2[k];
		while(!t1.empty()){
			re int i=t1.back();
			if(T[now].in[T[!now].v[i]]>qr)T[!now].pop(i),t1.pop_back();
			else break;
		}
		while(!t2.empty()){
			re int i=t2.back();
			if(T[now].in[T[!now].u[i]]<ql)T[!now].pop(i),t2.pop_back();
			else break;
		}
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(ql<=mid)query(k<<1,l,mid,ql,qr);
	if(qr>mid)query(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
}

int n;
int id[N];
signed main(){
	n=getint();
	for(now=0;now<2;++now,idx=0)for(int re i=2;i<=n;++i)T[now].addedge(i,getint());
	idx=0;T[0].dfs(1,0);
	idx=0;T[1].dfs(1,0);
	for(int re i=1;i<n;++i)id[i]=i;
	for(now=0;now<2;++now){
		for(int re i=1;i<n;++i)if(T[!now].in[T[now].u[i]]>T[!now].in[T[now].v[i]])swap(T[now].u[i],T[now].v[i]);
		sort(id+1,id+n,cmp_v);
		for(int re i=1;i<n;++i)T[now].insert_u(1,1,n,T[!now].in[T[now].u[id[i]]],id[i]);
		sort(id+1,id+n,cmp_u);
		for(int re i=1;i<n;++i)T[now].insert_v(1,1,n,T[!now].in[T[now].v[id[i]]],id[i]);
	}
	idx=getint();T[0].del[idx]=true;
	ans.push_back(idx);
	for(now=0;ans.size();now^=1){
		puts(now?"Red":"Blue");
		tmp.clear();
		for(int re i=0;i<ans.size();++i){
			outint(ans[i]);pc(' ');
			re int x=T[now].u[ans[i]],y=T[now].v[ans[i]];
			if(T[now].in[x]<T[now].in[y])swap(x,y);
			query(1,1,n,T[now].in[x],T[now].out[x]);
		}pc('\n');
		ans=tmp;
		sort(ans.begin(),ans.end());
	}
	FLUSH();
	return 0;
}

2019.01.19【雅礼集训2019Day2T1】two（DFS序）（线段树）

描述

输入

输出

样例输入

样例输出

提示

解析：

思路：

猜你喜欢