「BZOJ 3123」「SDOI 2013」森林「启发式合并」

题意

你有一个森林,你需要支持两个操作

  • 查询两个结点路径上权值第\(k\)
  • 两个点之间连一条边

强制在线,结点数\(\leq 8\times 10^4\)

题解

如果可以离线,这就是一个主席树板子题,每个点开一个主席树表示树上的前缀和。询问的时候拿出来\(4\)棵主席树,\(x,y,lca(x,y)\)\(fa(lca(x,y))\),然后每次用\(x,y\)的信息减去\(lca(x,y),fa(lca(x,y))\)的信息就能得到这条链的信息

这里要求在线,可以考虑启发式合并,比如连接\(x,y\),若\(y\)连通块比较小,就把\(y\)的那个连通块连做\(x\)的儿子,显然这样\(y\)的连通块父子关系会改变,需要重新dfs求倍增数组和主席树。启发式合并\(O(n \log n)\),主席树带一个\(\log\),复杂度应该就是\(O(n \log^2n)\)

注意一下主席树不要反复新建结点,一个结点建过了第二次再建直接把它原来的信息覆盖了就行。这样空间复杂度就是\(O(n\log n)\)了qwq

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 8e4 + 10;

int n, m, q, p, l;
int a[N], b[N], f[N][20], sz[N], d[N];
int id, T[N], ls[N * 20], rs[N * 20], s[N * 20];
vector<int> G[N];

void build(int &rt, int l, int r) {
    rt = ++ id; s[rt] = 0;
    if(l < r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(ls[rt], l, mid);
        build(rs[rt], mid + 1, r);;
    }
}

void update(int &rt, int pre, int l, int r, int x) {
    if(!rt) rt = ++ id; s[rt] = s[pre] + 1;
    if(l == r) return ;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(x <= mid) rs[rt] = rs[pre], update(ls[rt], ls[pre], l, mid, x);
    else ls[rt] = ls[pre], update(rs[rt], rs[pre], mid + 1, r, x);
}

int query(int u, int v, int x, int y, int l, int r, int k) {
    if(l == r) return l;
    int sum = s[ls[u]] + s[ls[v]] - s[ls[x]] - s[ls[y]];
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(k <= sum) return query(ls[u], ls[v], ls[x], ls[y], l, mid, k);
    return query(rs[u], rs[v], rs[x], rs[y], mid + 1, r, k - sum);
}

void dfs(int u, int fa = 0) {
    f[u][0] = fa; sz[u] = 1; d[u] = d[fa] + 1;
    for(int i = 1; i <= l; i ++)
        f[u][i] = f[f[u][i - 1]][i - 1];
    update(T[u], T[fa], 1, p, a[u]);
    for(int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
        int v = G[u][i];
        if(v != fa) {
            dfs(v, u); sz[u] += sz[v];
        }
    }
}

int find(int u) {
    for(int i = l; i >= 0; i --)
        if(f[u][i]) u = f[u][i];
    return u;
}

int lca(int u, int v) {
    if(d[u] < d[v]) swap(u, v);
    int x = d[u] - d[v];
    for(int i = l; i >= 0; i --)
        if(x >> i & 1) u = f[u][i];
    if(u == v) return u;
    for(int i = l; i >= 0; i --)
        if(f[u][i] != f[v][i]) {
            u = f[u][i]; v = f[v][i];
        }
    return f[u][0];
}

int main() {
    scanf("%*d%d%d%d", &n, &m, &q);
    for(l = 1; (1 << l) <= n; l ++) ;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        scanf("%d", a + i); b[i] = a[i];
    }
    sort(b + 1, b + n + 1);
    p = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + p + 1, a[i]) - b;
    int u, v, k;
    for(int i = 1; i <= m; i ++) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    build(T[0], 1, p);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        if(!sz[i]) dfs(i);
    char op[4];
    for(int la = 0, i = 1; i <= q; i ++) {
        scanf("%s%d%d", op, &u, &v);
        u ^= la; v ^= la;
        if(* op == 'Q') {
            scanf("%d", &k); k ^= la;
            int t = lca(u, v);
            k = query(T[u], T[v], T[t], T[f[t][0]], 1, p, k);
            printf("%d\n", la = b[k]);
        }
        if(* op == 'L') {
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
            int x = find(u), y = find(v);
            if(sz[x] < sz[y]) {
                swap(u, v); swap(x, y);
            }
            dfs(v, u); sz[x] += sz[v];
        }
    }
    return 0;
}

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转载自www.cnblogs.com/hongzy/p/10374461.html
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