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  • 题解 洛谷P3950 【部落冲突】

    [ ext{关于题意} ]

    (quad)一道很简单的树剖题,只有三种操作(其实是两种),唯一要考虑的点是如何将边权转化成点权,考虑到每个点都有且只有一个父亲节点(除根节点1之外),那么我们就可以将父亲与儿子连接的边权记录到儿子身上,这样 (n-1) 条边就可以合理的分配到 (n-1) 个点上(除了根节点),这样就转化成了普通的树链剖分模板了(如果还不能理解就看看图吧)。

    原图

    经过转化后的图(将边权转化为点权)

    注意:对于路径(4-2-5),只需访问点 (4) 和点 (5),对于 (4)(5)(LCA) (最近公共祖先)不可取,因为 (2) 在原图中对应的是边 (1-2),并不在路径(4-2-5)上,所以在树链剖分中当 (x)(y) 在同一条链上时((dep[x]<dep[y])),只需询问 (x+1)(y) 的路径。

    [ ext{对于三种操作} ]

    1. 操作 (1):单点修改,两个相邻的部落开战,他们之间的道路不可通行。

    2. 操作 (2):区间询问,询问两个点之间的路径能否通行。

    3. 操作 (3):单点修改,两个开战的部落停战,他们之间的道路可以通行。

    (quad)可以很容易发现操作 (1)和操作 (3) 其实是一种操作,只需开一个数组 (u)[(x)][(2)] 来记录参与第(x)次战争的两个部落,开战将这条边标记为 (0),意为不可通行,停战就把这条边标记为 (1),意为可以通行,用线段树维护区间和(也可以是最小值),当(sum)[(k)]==(r)-(l)+(1) 时说明这个区间内所有边皆可通行,否则至少有(1)条边不可通行。

    (quad)下面贴出AC代码,建议反复阅读,深刻理解。

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cmath>
    #include<cstring>
    #include<queue>
    #include<algorithm>
    #define il inline
    #define inf 1e18
    #define next nne
    #define re register int
    using namespace std;
    il int read()				//快速读入
    {
    	int x=0,f=1;char ch=getchar();
        while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
        if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
        while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
        return x*f;
    }
    const int N=3e5+5;
    int n,m,next[N<<1],go[N<<1],head[N],tot,u[N][2],sum[N<<2];
    int seg[N],son[N],father[N],top[N],size[N],dep[N];
    il void Add(int x,int y)		//链式前向星存图
    {
      next[++tot]=head[x];
      head[x]=tot;
      go[tot]=y;
    }
    il void dfs1(int x,int fa)
    {
      father[x]=fa;dep[x]=dep[fa]+1;size[x]=1;
      for(re i=head[x],y;i,y=go[i];i=next[i])
        {
          if(y==fa)continue;
          dfs1(y,x);
          size[x]+=size[y];
          if(size[y]>size[son[x]])son[x]=y;
        }
    }
    il void dfs2(int x,int topf)
    {
      top[x]=topf;seg[x]=++seg[0];
      if(!son[x])return;
      dfs2(son[x],topf);
      for(re i=head[x],y;i,y=go[i];i=next[i])
        {
          if(top[y])continue;
          dfs2(y,y);
        }
    }
    il void build(int k,int l,int r)	//建树,每个点初始值为1
    {
      if(l==r){sum[k]=1;return;}
      int mid=l+r>>1;
      build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
      sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
    }
    il void change(int k,int l,int r,int x,int z)
    {
      if(l==r){sum[k]=z;return;}
      int mid=l+r>>1;
      if(x<=mid)change(k<<1,l,mid,x,z);
      else change(k<<1|1,mid+1,r,x,z);
      sum[k]=sum[k<<1]+sum[k<<1|1];
    }
    il bool query1(int k,int l,int r,int x,int y)
    {
      if(x<=l&&y>=r){if(sum[k]==r-l+1)return 1;return 0;}
      int mid=l+r>>1;
      if(x<=mid)if(!query1(k<<1,l,mid,x,y))return 0;
      if(y>mid)if(!query1(k<<1|1,mid+1,r,x,y))return 0;
      return 1;
    }
    il void change1(int x,int y)
    {
      if(father[x]==y)change(1,1,n,seg[x],0);//修改儿子节点
      else change(1,1,n,seg[y],0);
    }
    il void change2(int x)
    {
      int xx=u[x][0],yy=u[x][1];
      if(father[xx]==yy)change(1,1,n,seg[xx],1);//修改儿子节点
      else change(1,1,n,seg[yy],1);
    }
    il bool query(int x,int y)
    {
      int fx=top[x],fy=top[y];
      while(fx!=fy)
        {
          if(dep[fx]<dep[fy])swap(x,y),swap(fx,fy);
          if(!query1(1,1,n,seg[fx],seg[x]))return 0;
          x=father[fx];fx=top[x];
        }
      if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
      if(seg[x]+1<=seg[y])if(!query1(1,1,n,seg[x]+1,seg[y]))return 0;		//注意seg[x]要+1,
      return 1;
    }
    signed main()
    {
      n=read();m=read();
      for(re i=1;i<n;i++){re x=read(),y=read();Add(x,y);Add(y,x);}
      dfs1(1,0);dfs2(1,1);build(1,1,n);tot=0;
      while(m--)
        {
          char ch;cin>>ch;
          if(ch=='C'){u[++tot][0]=read();u[tot][1]=read();change1(u[tot][0],u[tot][1]);}
          else if(ch=='Q'){re x=read(),y=read();if(query(x,y))puts("Yes");else puts("No");}
          else {re x=read();change2(x);}
        }
      return 0;
    }
    

    [ ext{后话} ]

    (quad)此题和CF165D Beard Graph很像,那题也有我的题解,欢迎支持。

    (quad)谢谢观赏,写题解不易,点个赞吧!

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/FarkasW/p/13916587.html
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