bzoj1180，2843

1180: [CROATIAN2009]OTOCI

Time Limit: 50 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 967 Solved: 597
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Description

给出n个结点以及每个点初始时对应的权值wi。起始时点与点之间没有连边。有3类操作： 1、bridge A B：询问结点A与结点B是否连通。如果是则输出“no”。否则输出“yes”，并且在结点A和结点B之间连一条无向边。 2、penguins A X：将结点A对应的权值wA修改为X。 3、excursion A B：如果结点A和结点B不连通，则输出“impossible”。否则输出结点A到结点B的路径上的点对应的权值的和。给出q个操作，要求在线处理所有操作。数据范围：1<=n<=30000, 1<=q<=300000, 0<=wi<=1000。

Input

第一行包含一个整数n(1<=n<=30000)，表示节点的数目。第二行包含n个整数，第i个整数表示第i个节点初始时对应的权值。第三行包含一个整数q(1<=n<=300000)，表示操作的数目。以下q行，每行包含一个操作，操作的类别见题目描述。任意时刻每个节点对应的权值都是1到1000的整数。

Output

输出所有bridge操作和excursion操作对应的输出，每个一行。

Sample Input

5
4 2 4 5 6
10
excursion 1 1
excursion 1 2
bridge 1 2
excursion 1 2
bridge 3 4
bridge 3 5
excursion 4 5
bridge 1 3
excursion 2 4
excursion 2 5

Sample Output

4
impossible
yes
6
yes
yes
15
yes
15
16

HINT

Source

抄了抄答案，自己想不出来。。。。。。。。

这道题的重点在于求和，怎么理解很关键。。。

首先我们一定要记住：splay维护的是一条链，这就很方便了。那么我们想做的就是让这两个点x，y处于一条链中，并且一个在头，一个在尾。那么我们先rever（x），让x到根（似乎LCT的精髓在于把两个点转化到一颗splay中，利用rever和access，把一个点先放到根，在把另外一个点access和根联系起来，因为只有根是他们共同有的，所以利用根进行两个点的联系与连接。）然后再access（y），让y和x联系起来，处于同一颗splay中，然后splay（x,或y），这里只是让一个点到这颗splay的根，从而能获得整个根的和，因为根的和是这条链中所有点的和。很巧妙啊。

学习东西似乎先抄几遍，然后碰到不会的一边抄一边想，抄完再想一会，似乎效果比想清楚再写好很多，因为第一遍很难想清楚。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 3000010
int n,m;
int size[N],fa[N],tag[N],st[N],key[N],sum[N];
int child[N][2];
void update(int x)
{
    sum[x]=sum[child[x][0]]+sum[child[x][1]]+key[x];
}
void pushdown(int x)
{
    if(!tag[x]) return;
    tag[x]^=1;
    swap(child[x][0],child[x][1]);
    tag[child[x][0]]^=1;
    tag[child[x][1]]^=1;
}
bool isroot(int x)
{
    return (!fa[x]||(child[fa[x]][0]!=x&&child[fa[x]][1]!=x));
}
void zig(int x)
{
    int y=fa[x];
    fa[x]=fa[y]; 
    if(!isroot(y)) child[fa[x]][child[fa[x]][1]==y]=x;
    child[y][0]=child[x][1]; fa[child[x][1]]=y;
    child[x][1]=y; fa[y]=x;
    update(y); update(x);
}
void zag(int x)
{
    int y=fa[x];
    fa[x]=fa[y]; 
    if(!isroot(y)) child[fa[x]][child[fa[x]][1]==y]=x;
    child[y][1]=child[x][0]; fa[child[x][0]]=y;
    child[x][0]=y; fa[y]=x;
    update(y); update(x);
}
void splay(int x)
{
    int top=0; st[++top]=x;
    for(int y=x;!isroot(y);y=fa[y]) st[++top]=fa[y];
    for(int i=top;i;i--) pushdown(st[i]);
    while(!isroot(x))
    {
        int y=fa[x],z=fa[y];
        if(isroot(y))
        {
            child[y][0]==x?zig(x):zag(x); break;
        }
        child[y][0]==x?zig(x):zag(x);
        child[z][0]==x?zig(x):zag(x);
    }
}
void access(int x)
{
    for(int t=0;x;t=x,x=fa[x]) 
    {
        splay(x);
        child[x][1]=t;
        update(x);
    }
}
void rever(int x)
{
    access(x); splay(x); tag[x]^=1; 
}
void link(int x,int y)
{
    rever(x); fa[x]=y;
    update(x); update(y);
}
void cut(int x,int y)
{
    rever(x); access(y); splay(y); child[y][0]=fa[x]=0;
    update(x); update(y);
}
int find(int x)
{
    access(x); splay(x); 
    for(;child[x][0];x=child[x][0]);
    return x;
}
void query1(int x,int y)
{
    if(find(x)==find(y))
    {
        printf("no
");
        return;
    }
    printf("yes
");
    link(x,y);
}
void change(int x,int y)
{
    key[x]=y; splay(x);
}
void query2(int x,int y)
{
    if(find(x)!=find(y))
    {
        printf("impossible
");
        return;
    }
    rever(x); access(y); splay(x);
    printf("%d
",sum[x]);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        scanf("%d",&key[i]);
        update(i);
    }
    scanf("%d",&m);
    while(m--)
    {
        char s[10]; int x,y; scanf("%s",s);
        if(s[0]=='b')
        {
            scanf("%d%d",&x,&y); query1(x,y);
        }
        if(s[0]=='p')
        {
            scanf("%d%d",&x,&y); change(x,y);
        }
        if(s[0]=='e')
        {
            scanf("%d%d",&x,&y); query2(x,y);
        }
    }
    return 0;
}

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