bzoj4551【TJOI2016&HEOI2016】樹

4551: [Tjoi2016&Heoi2016]樹

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Description

在2016年，佳媛姐姐剛剛學習了樹，非常開心。現在他想解決這樣一個問題：給定一顆有根樹（根爲1），有以下

兩種操作：1. 標記操作：對某個結點打上標記（在最開始，只有結點1有標記，其他結點均無標記，而且對於某個

結點，可以打多次標記。）2. 詢問操作：詢問某個結點最近的一個打了標記的祖先（這個結點本身也算自己的祖

先）你能幫幫他嗎?

Input

輸入第一行兩個正整數N和Q分別表示節點個數和操作次數接下來N-1行，每行兩個正整數u,v(1≤u,v≤n)表示u到v

有一條有向邊接下來Q行，形如“opernum”oper爲“C”時表示這是一個標記操作,oper爲“Q”時表示這是一個詢

問操作對於每次詢問操作，1 ≤ N, Q ≤ 100000。

Output

輸出一個正整數，表示結果

Sample Input

5 5
1 2
1 3
2 4
2 5
Q 2
C 2
Q 2
Q 5
Q 3

Sample Output

1
2
2
1

方法一：DFS序+線段樹

每次給一個點打標記，只會影響到以這個點爲根的子樹中的答案，而子樹對應在DFS序上是一段區間。所以對DFS序建出線段樹，問題就變成線段樹上區間修改和單點查詢了。

唯一的不同就是更新答案的時候深度深的點更優。

時間複雜度O(nlogn)，這道題的範圍是可以過的。

//DFS序+線段樹 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,cnt,tot;
int head[N],dep[N],l[N],r[N];
int tag[N*4],mx[N*4];
struct edge{int next,to;}e[N*2];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
	e[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){head[y],x};head[y]=cnt;
}
inline void dfs(int x,int f)
{
	l[x]=++tot;dep[x]=dep[f]+1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].to!=f) dfs(e[i].to,x);
	r[x]=tot;
}
inline int better(int x,int y)
{
	return dep[x]>dep[y]?x:y;
}
void pushup(int k)
{
	mx[k]=better(mx[k<<1],mx[k<<1|1]);
}
void update(int k,int x)
{
	tag[k]=better(tag[k],x);
	mx[k]=better(mx[k],x);
}
void pushdown(int k)
{
	if (!tag[k]) return;
	update(k<<1,tag[k]);update(k<<1|1,tag[k]);
	tag[k]=0;
}
void build(int k,int l,int r)
{
	tag[k]=0;mx[k]=1;
	if (l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void change(int k,int l,int r,int L,int R,int x)
{
	if (l==L&&r==R){update(k,x);return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(k);
	if (R<=mid) change(k<<1,l,mid,L,R,x);
	else if (L>mid) change(k<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
	else change(k<<1,l,mid,L,mid,x),change(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,x);
	pushup(k);
}
int query(int k,int l,int r,int pos)
{
	if (l==r) return mx[k];
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(k);
	if (pos<=mid) return query(k<<1,l,mid,pos);
	else return query(k<<1|1,mid+1,r,pos);
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n-1){int x=read(),y=read();add_edge(x,y);}
	dfs(1,0);
	build(1,1,n);
	F(i,1,m)
	{
		char ch=getchar();while (ch!='C'&&ch!='Q') ch=getchar();
		int x=read();
		if (ch=='C') change(1,1,n,l[x],r[x],x);
		else printf("%d\n",query(1,1,n,l[x]));
	}
}

方法二：並查集

這個方法很巧妙！

將操作離線，然後倒着處理，等於是把一些有標記的點去掉標記，然後詢問一個點最近的有標記的祖先。

用並查集維護每個點的答案，如果一個點的標記被徹底去掉，就把它和它的父親合併。

時間複雜度O(1)，但好像並查集複雜度不是嚴格的？

//離線+並查集 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,cnt;
int head[N],c[N],a[N],f[N],fa[N],ans[N];
char opt[N];
struct edge{int next,to;}e[N*2];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
	e[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){head[y],x};head[y]=cnt;
}
inline int find(int x)
{
	return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}
void dfs(int x)
{
	f[x]=c[x]?x:fa[x];
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y!=fa[x]) fa[y]=x,dfs(y);
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n-1){int x=read(),y=read();add_edge(x,y);}
	c[1]=1;
	F(i,1,m)
	{
		opt[i]=getchar();while (opt[i]!='C'&&opt[i]!='Q') opt[i]=getchar();
		a[i]=read();
		if (opt[i]=='C') c[a[i]]++;
	}
	dfs(1);
	D(i,m,1)
	{
		if (opt[i]=='C'){c[a[i]]--;if (!c[a[i]]) f[a[i]]=fa[a[i]];}
		else ans[i]=find(a[i]);
	}
	F(i,1,m) if (ans[i]) printf("%d\n",ans[i]);
}