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【LG-P4332 [SHOI2014]】三叉神经树 题解

作者:互联网

题面挺有意思(恶心)的。

传送门:P4332 [SHOI2014]三叉神经树

LCT

Solution

1

对于每一个非叶子节点 \(i\),有 \(val_i\),表示其输出为 1 的儿子的总数。所以对于每一个 \(val_i,\ i \in [1,n]\) ,其取值范围是 0~3。所以我们发现这个非叶子节点 \(i\) 最后输出的结果就是 \(\left\lfloor\dfrac{val_i}{2}\right\rfloor\)。

而对于叶子节点 \(j\)(即编号范围为 \((n, 3 *n +1]\)),假设它的输出是 \(x\)(\(x\) 为 0 或 1),为了保证其输出结果是 \(\left\lfloor\dfrac{val_j}{2}\right\rfloor\),我们使 \(val_j \gets x *2\)。所以对于每个 \(val_j,\ j \in (n, 3 * n + 1]\),其取值只有 0 或 2 两种可能性

对于 \(val\) 的计算,我们可以在输入后拓扑排序得到。

2

我们都会模拟暴力过程——先改叶子节点(先默认为 0 改为 1),如果它的父亲此时权值为 1 的儿子数量从原来小于 0 的变成大于 0 的,那么父亲的权值也要改。以此类推,直到有一个节点输出状态没有变化,那么它的所有祖先肯定不会变。

通过模拟我们发现,每次修改的一定是一段自底向上的连续区间!

接着也就不难想到,只有当点权为 1 时,才能通过修改点权变成 2,使输出由 0 变成 1,从而继续引发祖先的变化。那么我们需要知道的就是,对于每一个叶子节点,它自底向上的连续一段点权为 1 的部分。

再讨论叶子节点 1 改 0 的情况,同理也可以发现我们还要维护自底向上的连续一段点权为 2 的部分。

”——摘自洛谷P4332 [SHOI2014]三叉神经树题解 by FlashHu

大佬已经说得很清楚了,要维护区间,所以使用 LCT,同时间维护两个数组 \(n1\) 和 \(n2\)。

\(n1_x\) 表示从 \(x\) 节点出发,往父亲节点的方向走,第一个权值(即 \(val\))不为 1 的节点编号。\(n2\) 同理。

每次我们先打通(即 \(access\))到叶子节点 \(x\) 的父亲节点 \(f_x\)(因为至少是从 \(f_x\) 开始造成影响),再 \(splay(f[x])\),(假设 \(x\) 是由 0 变为 1)然后 \(splay(n1[f[x]])\)。

这样一来,会发生改变(即 \(val\) 在 1 和 2 之间变换)的部分就是 \(n1[f[x]]\) 的右子树了。所以最后我们对该右子树进行区间修改,对 \(n1[f[x]]\) 进行单点修改。

3

如何区间修改。

发现那些需要进行修改的区间,内部所有的节点的权值要么都是 1,否则就都是 2。而我们对它们的操作无非就是:

所以,我们实际上只用对这个区间做一个类似“翻转”的操作(可以理解为在权值方面的翻转)即可。

Code

吐槽:FlashHu 大佬的代码太难理解了!!!

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
#define ls c[x][0]
#define rs c[x][1]
const int maxn = 5e5 + 5, maxm = 15e5 + 5;
int n, qu;
int f[maxm], val[maxm];
int c[maxn][2], tag[maxn], n1[maxn], n2[maxn];
int d[maxn];
int tp, nwrt;
queue <int> q;

inline int rd()
{
	int s = 0, x = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' or ch > '9') {if(ch == '-') x = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' and ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
	return x * s;
}

inline bool nrt(int p)
{
	int x = f[p]; return ls == p or rs == p;
}

inline void up(int x)//为了尽可能深,所以先右子树再当前节点最后左子树 
{
	int &p = n1[x], &q = n2[x];
	p = n1[rs]; if(!p) p = x * (val[x] != 1); if(!p) p = n1[ls];
	q = n2[rs]; if(!q) q = x * (val[x] != 2); if(!q) q = n2[ls];
}

inline void dw(int x, int k)
{
	int &v = val[x];
	if(v == 2) v = 1; else v = 2;
	swap(n1[x], n2[x])/*容易发现更改权值的时候n1n2也跟着翻转了*/, tag[x] += k;
}

inline void all(int x)
{
	int &tm = tag[x];
	if(nrt(x)) all(f[x]);
	if(tm) dw(ls, tm), dw(rs, tm), tm = 0; 
}

inline void rotate(int x)
{
	int y = f[x], z = f[y], k = (c[y][1] == x), w = c[x][!k];
	if(nrt(y)) c[z][c[z][1] == y] = x; f[x] = z, c[y][k] = w;
	if(w) f[w] = y; c[x][!k] = y, f[y] = x; up(y);
}

inline void splay(int x)
{
	all(x);
	while(nrt(x))
	{
		int y = f[x], z = f[y];
		if(nrt(y)) rotate((c[z][1] == y) ^ (c[y][1] == x) ? x : y);
		rotate(x);
	}
	up(x);
}

inline void access(int x)
{
	for(int lst = 0; x; x = f[lst = x])
		splay(x), rs = lst, up(x);
}

int main()
{
	n = rd();
	rep(i, 1, n)
		f[rd()] = f[rd()] = f[rd()] = i, d[i] = 3/*入度*/;
	rep(i, n + 1, 3 * n + 1)//叶子节点 
		q.push(i), val[i] = rd() << 1;
	while(!q.empty())//拓扑排序 
	{
		int u = q.front(); q.pop();
		if(u <= n) up(u);
		val[f[u]] += (val[u] >> 1), d[f[u]] -= 1;
		if(!d[f[u]]) q.push(f[u]);
	}
	nwrt = val[1] >> 1, qu = rd();
	while(qu--) 
	{
		int x = rd(), &v = val[x]/*该叶子节点原本输出的值*/;
		if(!v) v = 2/*更改输出值*/, tp = 1/*标记输出值是从 0 变成 1*/; else v = 0, tp = -1;
		access(x = f[x]), splay(x);
		if((tp > 0 ? n1 : n2)[x])
		{
			splay(x = (tp > 0 ? n1 : n2)[x]);
			dw(rs, tp), up(rs);//区间修改 
			val[x] += tp, up(x);//单点修改 
		}
		else dw(x, tp), up(x), nwrt ^= 1;
		printf("%d\n", nwrt/*优化,省时间*/);
	}
	return 0;
}

——\(End\)——

标签:LG,ch,val,输出,题解,tp,SHOI2014,n1,节点
来源: https://www.cnblogs.com/gsn531/p/16496503.html