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刷题总结——棘手的操作(bzoj2333)

时间:2017-09-28 14:12:43      阅读:162      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:nbsp   实用   space   并且   als   stc   描述   rom   a.out   

题目:

题目背景

SCOI2011 DAY2 T1

题目描述

有 N 个节点,标号从 1 到 N ,这 N 个节点一开始相互不连通。第i个节点的初始权值为 a[i] ,接下来有如下一些操作:
U x y:     加一条边,连接第 x 个节点和第 y 个节点
A1 x v:    将第 x 个节点的权值增加 v
A2 x v:    将第 x 个节点所在的连通块的所有节点的权值都增加 v
A3 v:      将所有节点的权值都增加 v
F1 x:      输出第 x 个节点当前的权值
F2 x:      输出第 x 个节点所在的连通块中,权值最大的节点的权值
F3:        输出所有节点中,权值最大的节点的权值

输入格式

输入的第一行是一个整数 N ,代表节点个数。
接下来一行输入 N 个整数,a[1], a[2], …, a[N],代表 N 个节点的初始权值。
再下一行输入一个整数 Q ,代表接下来的操作数。
最后输入 Q 行,每行的格式如题目描述所示。

输出格式

对于操作 F1, F2, F3,输出对应的结果,每个结果占一行。

样例数据 1

输入  [复制]

 

 


0 0 0 

A1 3 -20 
A1 2 20 
U 1 3 
A2 1 10 
F1 3 
F2 3 
A3 -10 
F3

输出

-10 
10 
10

备注

【数据范围】
对于 30% 的数据,保证 N<=100,Q<=10000
对于 80% 的数据,保证 N<=100000,Q<=100000
对于 100% 的数据,保证 N<=300000,Q<=300000
对于所有的数据,保证输入合法,并且 -1000<=v, a[1], a[2], …, a[N]<=1000

题解:

这道题可以用可并堆或者线段树来写····

然而如果用可并堆得话得会删除特定的点的操作··然而··我一直认为如果有删除特定的点的操作还不如用splay···

然后我就打了2个小时的splay····最后写不出来弃疗了·····这道题用可并堆做出来的人是真正的勇士·····

也从这道题中发现了自己代码能力的不足··一是粗心大意···二是不懂得简化代码··搞得写到最后脑袋发蒙·····以后多看看那些写得简洁的人的代码····

然后我就用线段树来写了··下面将线段树的方法:

其实用线段树写的话最重要的是要维护一个dfs序···在我们进行离线操作后dfs出来的dfs序必须保证:任意时间所有在同一个并查集里的点的dfs序是连续的···

怎么做到呢?有两点:

第一点:我们离线时侯的建边的顺序必须是和我们在离线后dfs时的顺序是一致的

打个比方···题目中先是连1,2的边··后连1,3的边··那么我们在dfs时候必须先走1,2的边····

要做到这一点很简单··考虑到临接表加边的顺序与dfs时的顺序是反的···因此我们每次不直接加边··先将边保存起来···最后将所有边倒着加入即可······

第二点:dfs顺序必须和加边的顺序一致

依然举上面的例子···如果我们连了2,1的边···那么我们必须保证先dfs2这个点,但如果按正常顺序dfs,我们会先枚举到1这个点,如果1在连了21之后与其他点连了边··直接dfs就会发生错误····

所以我们可以将1打个标记···在枚举到1的时候直接略过它··这样就可以保证会先dfs到2,再dfs到1···与1相连的其他点也会被dfs到····换句话说··如果连了一条边AB,我们要给B打一个标记····保证dfs时先dfs到点A,再dfs到点B

解决了dfs序的顺序后接下来就是线段树的基础操作了

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct node
{
  int x,y,op;
}q[N];
struct node1
{
  int from,to;
}e[N];
int dfn[N],last[N],tree[N*5],father[N],tag[N*5],n,m,num[N],val[N],fst[N],go[N],nxt[N],tot,to,cnt,tol,pre[N];
bool jud[N]; 
inline void comb(int a,int b)
{
  nxt[++tot]=fst[a],fst[a]=tot,go[tot]=b;
}
inline int getfa(int u)
{
  if(father[u]==u)  return u;
  else return father[u]=getfa(father[u]);
}
inline int R()
{
  char c;int f=0,i=1;
  for(c=getchar();(c<0||c>9)&&c!=-;c=getchar());
  if(c==-)  c=getchar(),i=-1;
  for(;c<=9&&c>=0;c=getchar())
    f=(f<<3)+(f<<1)+c-0;
  return f*i;
}
inline void dfs(int u)
{
  last[u]=dfn[u]=++cnt;
  for(int e=fst[u];e;e=nxt[e])  dfs(go[e]);
}
inline void add(int k,int v)
{
  tree[k]+=v;tag[k]+=v;
}
inline void pushdown(int k)
{
  if(tag[k])
  {
    add(k*2,tag[k]);
    add(k*2+1,tag[k]);
    tag[k]=0;
  }
}
inline void build(int k,int l,int r)
{
  if(l==r)
  {
    tree[k]=val[l];return;
  }
  int mid=(l+r)/2;
  build(k*2,l,mid);build(k*2+1,mid+1,r);
  tree[k]=max(tree[k*2],tree[k*2+1]);
  return;
} 
inline void modify(int k,int l,int r,int x,int y,int v)
{
  if(l>=x&&r<=y)
  {
    add(k,v);return;
  }
  int mid=(l+r)/2;
  pushdown(k);
  if(x<=mid)  modify(k*2,l,mid,x,y,v);
  if(y>mid)  modify(k*2+1,mid+1,r,x,y,v);
  tree[k]=max(tree[k*2],tree[k*2+1]);
}
inline int query(int k,int l,int r,int x,int y)
{
  if(l>=x&&r<=y)
    return tree[k];
  int mid=(l+r)/2;int temp=-inf;
  pushdown(k);
  if(x<=mid)  temp=max(temp,query(k*2,l,mid,x,y));
  if(y>mid)  temp=max(temp,query(k*2+1,mid+1,r,x,y));
  return temp;
}
int main()
{
  //freopen("a.in","r",stdin);
  //freopen("a.out","w",stdout);
  memset(tree,-inf,sizeof(tree));
  n=R();for(int i=1;i<=n;i++)  num[i]=R(),father[i]=i;
  m=R();char s[5];memset(jud,true,sizeof(jud));
  for(int i=1;i<=m;i++) 
  {
    scanf("%s",s);
    if(s[0]==U)
    {
      q[i].op=1;q[i].x=R(),q[i].y=R(); 
      int a=getfa(q[i].x),b=getfa(q[i].y);
      if(a!=b)  father[a]=b,jud[a]=false,e[++tol].from=b,e[tol].to=a;
    }
    else if(s[0]==A)
    {
      if(s[1]==1)  q[i].op=2,q[i].x=R(),q[i].y=R();  
      if(s[1]==2)  q[i].op=3,q[i].x=R(),q[i].y=R();
      if(s[1]==3)  q[i].op=4,q[i].x=R();
    }
    else if(s[0]==F)
    {
      if(s[1]==1)  q[i].op=5,q[i].x=R();
      if(s[1]==2)  q[i].op=6,q[i].x=R();
      if(s[1]==3)  q[i].op=7;
    }
  }
  for(int i=tol;i;i--)  comb(e[i].from,e[i].to);
  for(int i=1;i<=n;i++)  
  { 
      father[i]=i;
      if(!dfn[i]&&jud[i])  
        dfs(i);
  }
  for(int i=1;i<=n;i++)  pre[i]=dfn[i],val[dfn[i]]=num[i];build(1,1,n);
  for(int i=1;i<=m;i++)
  {
    if(q[i].op==1)
    {
      int a=getfa(q[i].x),b=getfa(q[i].y);
      if(a!=b)  father[a]=b,dfn[b]=max(dfn[b],dfn[a]),last[b]=min(last[b],last[a]);
    }
    if(q[i].op==2)
    {
      int a=q[i].x,b=q[i].y;
      modify(1,1,n,pre[a],pre[a],b);
    }
    if(q[i].op==3)
    {
      int a=getfa(q[i].x),b=q[i].y;
      modify(1,1,n,last[a],dfn[a],b);
    }
    if(q[i].op==4)
    {
      int a=q[i].x;
      modify(1,1,n,1,n,a);
    }
    if(q[i].op==5)
    {
      int a=q[i].x;
      printf("%d\n",query(1,1,n,pre[a],pre[a]));
    }
    if(q[i].op==6)
    {
      int a=getfa(q[i].x);
      printf("%d\n",query(1,1,n,last[a],dfn[a]));
    }
    if(q[i].op==7)
      printf("%d\n",query(1,1,n,1,n));    
  }
  return 0;
}

 

刷题总结——棘手的操作(bzoj2333)

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