【洛谷P3273】棘手的操作
作者：互联网
由于 cnblogs 到 3 月 25 号前需要整改，无法写博客，所以这几天就暂时在 CSDN 写，到时候再搬过去。
题目
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3273
有
n
n
n 个节点，标号从
1
1
1 到
n
n
n，这
n
n
n 个节点一开始相互不连通。第
i
i
i 个节点的初始权值为
a
[
i
]
a[i]
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
n , m ≤ 3 × 1 0 5 n,m\leq 3\times 10^5 n,m≤3×105。
思路
这道题看着就很左偏树啊，但是由于操作太多容易写挂。
发现我们不能直接用线段树维护的原因是每次的连通块中的点标号可能并不连续，所以一次操作最坏复杂度是
O
(
n
log
n
)
O(n\log n)
O(nlogn) 的。也就是说，如果我们可以调整点的编号，在两个连通块合并的时候，使得这两个连通块的编号也连续，那么就可以用线段树维护了。
如果我们只保留所有连通块第一次连接时的边，那么就会形成一棵树。每次将两棵树的树根连接起来，然后将每一个点重新编号为这棵树的 dfs 序，不难发现这样就可以满足每次离岸边所连接的两个连通块的编号是连续的。
然后再枚举一次所有操作用线段树维护一下就好了。
注意因为加入边的顺序是有要求的，邻接表会导致加入的边倒序，所以我采用了 vector 存边。
时间复杂度
O
(
m
log
n
)
O(m\log n)
O(mlogn)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300010,Inf=1e9;
int n,m,tot,X[N],Y[N],a[N],id[N],siz[N],father[N],head[N];
char opt[N][3];
bool vis[N];
vector<int> e[N];
int find(int x)
{
return x==father[x]?x:father[x]=find(father[x]);
}
struct SegTree
{
int maxn[N*4],lazy[N*4];
void pushup(int x)
{
maxn[x]=max(maxn[x*2],maxn[x*2+1]);
}
void pushdown(int x)
{
if (lazy[x])
{
maxn[x*2]+=lazy[x]; maxn[x*2+1]+=lazy[x];
lazy[x*2]+=lazy[x]; lazy[x*2+1]+=lazy[x];
lazy[x]=0;
}
}
void update(int x,int l,int r,int ql,int qr,int k)
{
if (ql<=l && qr>=r)
{
maxn[x]+=k; lazy[x]+=k;
return;
}
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1;
if (ql<=mid) update(x*2,l,mid,ql,qr,k);
if (qr>mid) update(x*2+1,mid+1,r,ql,qr,k);
pushup(x);
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
if (ql<=l && qr>=r) return maxn[x];
pushdown(x);
int mid=(l+r)>>1,res=-Inf;
if (ql<=mid) res=max(res,query(x*2,l,mid,ql,qr));
if (qr>mid) res=max(res,query(x*2+1,mid+1,r,ql,qr));
return res;
}
}seg;
void dfs(int x)
{
id[x]=++tot; vis[x]=1;
for (int i=0;i<e[x].size();i++)
dfs(e[x][i]);
}
int main()
{
// freopen("data.txt","r",stdin);
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
father[i]=i;
}
scanf("%d",&m);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%s",opt[i]);
if (opt[i][0]=='U')
{
scanf("%d %d",&X[i],&Y[i]);
int x=find(X[i]),y=find(Y[i]);
if (x!=y)
{
if (x>y) swap(x,y);
e[x].push_back(y); father[y]=x;
}
}
if (opt[i][0]=='A' && opt[i][1]=='1') scanf("%d %d",&X[i],&Y[i]);
if (opt[i][0]=='A' && opt[i][1]=='2') scanf("%d %d",&X[i],&Y[i]);
if (opt[i][0]=='A' && opt[i][1]=='3') scanf("%d",&Y[i]);
if (opt[i][0]=='F' && opt[i][1]=='1') scanf("%d",&X[i]);
if (opt[i][0]=='F' && opt[i][1]=='2') scanf("%d",&X[i]);
}
tot=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!vis[i]) dfs(i);
for (int i=1;i<=n;i++)
seg.update(1,1,n,id[i],id[i],a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
father[i]=i,siz[i]=1;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
if (opt[i][0]=='U')
{
int x=find(X[i]),y=find(Y[i]);
if (x!=y)
{
if (x>y) swap(x,y);
father[y]=x; siz[x]+=siz[y];
}
}
if (opt[i][0]=='A' && opt[i][1]=='1')
seg.update(1,1,n,id[X[i]],id[X[i]],Y[i]);
if (opt[i][0]=='A' && opt[i][1]=='2')
{
int p=find(X[i]);
seg.update(1,1,n,id[p],id[p]+siz[p]-1,Y[i]);
}
if (opt[i][0]=='A' && opt[i][1]=='3')
seg.update(1,1,n,1,n,Y[i]);
if (opt[i][0]=='F' && opt[i][1]=='1')
printf("%d\n",seg.query(1,1,n,id[X[i]],id[X[i]]));
if (opt[i][0]=='F' && opt[i][1]=='2')
{
int p=find(X[i]);
printf("%d\n",seg.query(1,1,n,id[p],id[p]+siz[p]-1));
}
if (opt[i][0]=='F' && opt[i][1]=='3')
printf("%d\n",seg.query(1,1,n,1,n));
}
return 0;
}
标签：opt,棘手,lazy,洛谷,int,scanf,&&,P3273,节点 来源： https://blog.csdn.net/SSL_ZYC/article/details/114990943