标签:之一 center ast printf zoj request def mod 执行
题目描述
输入
输出
样例输入
8 6
1 2
1 3
2 8
3 4
3 5
3 6
4 7
REQUEST 7
RELEASE 3
REQUEST 3
RECENTER 5
RELEASE 2
REQUEST 1
样例输出
4.0000000000
2.0000000000
1.3333333333
题解
LCT+树上倍增+DFS序+树状数组区间修改区间查询
这也是一道神题了。。。不查题解真的想不到。。。
首先同种颜色的一定是一条链。
然后如果把同种颜色的边看作实边,不同种颜色的边看作虚边的话,
一次感染就是LCT中的access操作,代价就是虚边数量+1。。。
(估计出题人是根据access操作的方法才出的这题吧。。。正常人根本想不到是LCT啊。。。)
一次RECENTER操作就是makeroot(makeroot自带一次access,就对应了题目的再感染一次。。。)
所以一个点的答案只与虚边数量有关,而只有虚边变化(access)时某些点的答案才会变化。
考虑加虚边答案怎么变化:一个点到其父亲节点加了一条虚边,那么其子树内所有节点到根节点都需要经过这一条虚边,该子树内答案+1。删虚边同理。
这里要注意一个问题:Splay的根节点不是这条链上深度最小的点,最左边的节点才是要更新子树的节点。因此在更新子树时还要找Splay中最左边的节点,同时不要忘了pushdown。
由于本题的根是变化的,因此参考 bzoj3083遥远的国度 ,将子树转化为dfs序上的至多两端区间,将得到的区间+1或-1。其中找第一个子节点的过程可以使用树上倍增实现。
因为本体略卡常,所以采用了树状数组区间修改区间查询,方法参考 bzoj3132上帝造题的七分钟 。
查询时同理,直接把区间和求出来即可。
时间复杂度$O(n\log^2n*不知多大的常数)=O(能过)$
#include <cstdio> #include <algorithm> #define N 100010 using namespace std; typedef long long ll; struct lct { int fa , c[2] , rev; }a[N]; int n , head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , fa[N][20] , deep[N] , pos[N] , last[N] , tot , log[N] , root = 1; ll f[N] , g[N]; char str[15]; inline void modify(int x , int a) { int i; for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] += a , g[i] += x * a; } inline ll query(int x) { int i; ll s1 = 0 , s2 = 0; for(i = x ; i ; i -= i & -i) s1 += f[i] , s2 += g[i]; return (x + 1) * s1 - s2; } inline void add(int x , int y) { to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt; } void dfs(int x) { int i; pos[x] = ++tot; for(i = 1 ; (1 << i) <= deep[x] ; i ++ ) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1]; for(i = head[x] ; i ; i = next[i]) if(to[i] != fa[x][0]) fa[to[i]][0] = x , a[to[i]].fa = x , deep[to[i]] = deep[x] + 1 , dfs(to[i]); last[x] = tot; modify(pos[x] , 1) , modify(last[x] + 1 , -1); } inline int find(int x , int y) { int i; for(i = log[deep[x] - deep[y]] ; ~i ; i -- ) if((1 << i) < deep[x] - deep[y]) x = fa[x][i]; return x; } inline void rever(int x) { swap(a[x].c[0] , a[x].c[1]) , a[x].rev ^= 1; } inline void pushdown(int x) { if(a[x].rev) rever(a[x].c[0]) , rever(a[x].c[1]) , a[x].rev = 0; } inline bool isroot(int x) { return a[a[x].fa].c[0] != x && a[a[x].fa].c[1] != x; } void update(int x) { if(!isroot(x)) update(a[x].fa); pushdown(x); } inline void rotate(int x) { int y = a[x].fa , z = a[y].fa , l = (a[y].c[1] == x) , r = l ^ 1; if(!isroot(y)) a[z].c[a[z].c[1] == y] = x; a[x].fa = z , a[y].fa = x , a[a[x].c[r]].fa = y , a[y].c[l] = a[x].c[r] , a[x].c[r] = y; } inline void splay(int x) { int y , z; update(x); while(!isroot(x)) { y = a[x].fa , z = a[y].fa; if(!isroot(y)) rotate((a[y].c[0] == x) ^ (a[z].c[0] == y) ? x : y); rotate(x); } } inline void treemodify(int x , int v) { if(!x) return; int y; while(a[x].c[0]) pushdown(x) , x = a[x].c[0]; if(root == x) modify(1 , v); else if(pos[root] < pos[x] || pos[root] > last[x]) modify(pos[x] , v) , modify(last[x] + 1 , -v); else y = find(root , x) , modify(1 , v) , modify(pos[y] , -v) , modify(last[y] + 1 , v); } inline double treequery(int x) { int y; if(root == x) return (double)query(n) / n; else if(pos[root] < pos[x] || pos[root] > last[x]) return (double)(query(last[x]) - query(pos[x] - 1)) / (last[x] - pos[x] + 1); else { y = find(root , x); return (double)(query(n) - query(last[y]) + query(pos[y] - 1)) / (n - last[y] + pos[y] - 1); } } inline void access(int x) { int t = 0 , y; while(x) splay(x) , treemodify(t , -1) , y = a[x].c[1] , a[x].c[1] = t , treemodify(y , 1) , t = x , x = a[x].fa; } inline void makeroot(int x) { access(x) , splay(x) , rever(x) , root = x; } int main() { int m , i , x , y; scanf("%d%d" , &n , &m); for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x) , log[i] = log[i >> 1] + 1; dfs(1); while(m -- ) { scanf("%s%d" , str , &x); if(str[2] == ‘L‘) access(x); else if(str[2] == ‘C‘) makeroot(x); else printf("%.10lf\n" , treequery(x)); } return 0; }
【bzoj3779】重组病毒 LCT+树上倍增+DFS序+树状数组区间修改区间查询
标签:之一 center ast printf zoj request def mod 执行
原文地址:http://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/7603394.html