WC2018 即时战略

交互题

一棵树，一开始只有 1 号点是已知的，其他的都是未知的，你可以调用函数 explore(x,y) ，其中 x 必须是已知的，函数会找到 x 到 y 路径上第二个点，并把它标成已知，求最小步数使整棵树都已知

对于 30% 的数据，是一条链，操作次数 $O(n+logn)$

剩下的数据，操作次数 $O(nlogn)$

$n \leq 300000$

 

sol：

先吐槽 loj 的交互题评测机制

把 ac 时应该输出的东西输出，然后就 a 了

不 shing 话

 

链的情况想了半天，题解是 xjb 暴力，服

因为这个 explore 的性质，当前已知的一定是一条线段

维护一下当前已知的左端点和右端点，每次随机一个未知的点蹦过去，如果走错方向了就换个方向走

这样出错次数期望 log ？ 不知道

 

树的情况很好想

首先想到一个很朴素的暴力，对于每个点，从根 explore 下去

然后会发现自己多 explore 了很多已知的点，当需要 explore 一个点的时候你只需要跳到他那个子树上，从那个点开始 explore 就可以了

现在就是要维护一棵树滋磁

1.加入一个点

2.快速跳到一个点

动态点分治/LCT 都可以

但谁都知道 LCT 好写吧...于是果断 LCT

每次操作后 access 保证复杂度即可

至于为什么 access？道理相当于 splay 每次把查询点旋到根保证复杂度？

什么？uoj 有 hack 数据？random_shuffle 一下就可以了

跑到了 rk#3 应该是比较欧的原因

因为之后再也跑不了那么快了

#include <bits/stdc++.h>
#include "rts.h"
#define LL long long
#define rep(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i <= i##end; ++i)
#define dwn(i, s, t) for (register int i = (s), i##end = (t); i >= i##end; --i)
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char ch;
    for (ch = getchar(); !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = -f;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = 10 * x + ch - '0';
    return x * f;
}
const int maxn = 300010;
#define ls ch[x][0]
#define rs ch[x][1]
int vis[maxn], pid[maxn];
int fa[maxn], ch[maxn][2], mn[maxn], mx[maxn];
inline int isroot(int x) { return ((ch[fa[x]][0] != x) && (ch[fa[x]][1] != x)); }
inline void pushup(int x) {
    mn[x] = mx[x] = x;
    if (ls) mn[x] = mn[ls];
    if (rs) mx[x] = mx[rs];
}
inline void rotate(int x) {
    int y = fa[x], z = fa[y];
    int l = (ch[y][1] == x), r = l ^ 1;
    if (!isroot(y)) ch[z][ch[z][1] == y] = x;
    fa[x] = z; fa[ch[x][r]] = y; fa[y] = x;
    ch[y][l] = ch[x][r]; ch[x][r] = y;
    pushup(y); pushup(x);
}
inline void splay(int x) {
    while (!isroot(x)) {
        int y = fa[x], z = fa[y];
        if (!isroot(y)) {
            if (ch[z][0] == y ^ ch[y][0] == x) rotate(x);
            else rotate(y);
        }
        rotate(x);
    }
    pushup(x);
}
void access(int x) {
    for (int y = 0; x; y = x, x = fa[x]) {
        splay(x);
        rs = y;
        pushup(x);
    }
}
inline int findroot(int x) {
    while (!isroot(x)) x = fa[x];
    return x;
}
void play(int n, int T, int dataType) {
//    srand((unsigned long long)new char);
    for (int i = 2; i <= n; i++) pid[i] = i;
    random_shuffle(pid + 2, pid + n + 1);
    if (dataType == 3)  // chain
    {
        vis[1] = 1;
        int l = 1, r = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int x = pid[i], now;
            if (vis[x]) continue;
            if (!vis[now = explore(l, x)]) {
                while (now != x) vis[now] = 1, now = explore(now, x);
                vis[x] = 1;
                l = x;
            } else {
                now = explore(r, x);
                while (now != x) vis[now] = 1, now = explore(now, x);
                vis[x] = 1;
                r = x;
            }
        }
    } else {
        vis[1] = 1;
        mn[1] = mx[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            if (vis[pid[i]]) continue;
            int now = pid[i], x = findroot(1), ret;
            while (!vis[now]) {
                ret = explore(x, now);
                if (mn[rs] == ret) x = rs;
                else if (mx[ls] == ret) x = ls;
                else if (vis[ret]) x = findroot(ret);
                else vis[ret] = 1, mn[ret] = mx[ret] = ret, fa[ret] = x, x = ret;
            }
            access(now);
        }
    }
}

View Code

 

标签：ch,int,fa,explore,maxn,inline,WC2018,即时战略
来源： https://www.cnblogs.com/Kong-Ruo/p/10359042.html