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  • [HNOI 2016]网络

    Description

      一个简单的网络系统可以被描述成一棵无根树。每个节点为一个服务器。连接服务器与服务器的数据线则看做
    一条树边。两个服务器进行数据的交互时,数据会经过连接这两个服务器的路径上的所有服务器(包括这两个服务
    器自身)。由于这条路径是唯一的,当路径上的某个服务器出现故障,无法正常运行时,数据便无法交互。此外,
    每个数据交互请求都有一个重要度,越重要的请求显然需要得到越高的优先处理权。现在,你作为一个网络系统的
    管理员,要监控整个系统的运行状态。系统的运行也是很简单的,在每一个时刻,只有可能出现下列三种事件中的
    一种:1.  在某两个服务器之间出现一条新的数据交互请求;2.  某个数据交互结束请求;3.  某个服务器出现故
    障。系统会在任何故障发生后立即修复。也就是在出现故障的时刻之后,这个服务器依然是正常的。但在服务器产
    生故障时依然会对需要经过该服务器的数据交互请求造成影响。你的任务是在每次出现故障时,维护未被影响的请
    求中重要度的最大值。注意,如果一个数据交互请求已经结束,则不将其纳入未被影响的请求范围。

    Input

      第一行两个正整数n,m,分别描述服务器和事件个数。服务器编号是从1开始的,因此n个服务器的编号依次是1
    ,2,3,…,n。接下来n-1行,每行两个正整数u,v,描述一条树边。u和v是服务器的编号。接下来m行,按发生时刻依
    次描述每一个事件;即第i行(i=1,2,3,…,m)描述时刻i发生的事件。每行的第一个数type描述事件类型,共3种
    类型:(1)若type=0,之后有三个正整数a,b,v,表示服务器a,b之间出现一条重要度为v的数据交互请求;(2)
    若type=1,之后有一个正整数t,表示时刻t(也就是第t个发生的事件)出现的数据交互请求结束;(3)若type=2
    ,之后有一个正整数x,表示服务器x在这一时刻出现了故障。对于每个type为2的事件,就是一次询问,即询问“
    当服务器x发生故障时,未被影响的请求中重要度的最大值是多少?”注意可能有某个服务器自身与自身进行数据
    交互的情况。2 ≤ n ≤ 10^5, 1 ≤ m ≤ 2×10^5,其他的所有输入值不超过 10^9

    Output

      对于每个type=2的事件,即服务器出现故障的事件,输出一行一个整数,描述未被影响的请求中重要度的最大
    值。如果此时没有任何请求,或者所有请求均被影响,则输出-1。

    Sample Input

    13 23
    1 2
    1 3
    2 4
    2 5
    3 6
    3 7
    4 8
    4 9
    6 10
    6 11
    7 12
    7 13
    2 1
    0 8 13 3
    0 9 12 5
    2 9
    2 8
    2 2
    0 10 12 1
    2 2
    1 3
    2 7
    2 1
    0 9 5 6
    2 4
    2 5
    1 7
    0 9 12 4
    0 10 5 7
    2 1
    2 4
    2 12
    1 2
    2 5
    2 3

    Sample Output

    -1
    3
    5
    -1
    1
    -1
    1
    1
    3
    6
    7
    7
    4
    6

    HINT

    样例给出的树如下所示:



    解释其中的部分询问;下面的解释中用(a,b;t,v)表示在t时刻出现的服务器a和b之间的重
    要度为v的请求:
    对于第一个询问(在时刻1),此时没有任何请求,输出-1。
    对于第四个询问(在时刻6),此时有两条交互(8,13;2,3),(9,12;3,5),所有询问均经过2
    号服务器,输出-1。
    对于第五个询问(在时刻8),此时有三条交互(8,13;2,3),(9,12;3,5),(10,12;7,1),只有交互
    (10,12;7,1)没有经过2号服务器,因此输出其重要度1。
    对于最后一个询问(在时刻23),此时有三条交互(9,5;12,6),(9,12;16,4),(10,5;17,7)。当3
    号服务器出现故障时,只有交互(9,5;12,6)没有经过3号服务器,因此输出6。

    题解(转载)

    ->原文地址<-

    1.首先这是一堆对于链上的操作,所以我们很容易联想到树链剖分;

    2.然后要求不被影响的最大值,即不经过他的最大值,这可以想到用堆来维护;

    3.因为设计删除操作,我们就可以维护一个加入堆和一个删除堆,要$top$的时候如果两个堆的队首相同,就一直$pop$;

    4.运用正难则反的思想,既然维护经过他的很难的话,那我们就对树链剖分后的线段树的每个节点维护不经过他的最大值;

    5.那么如何维护不经过他的呢?首先在树链剖分跳链的时候,把跳的那些线段全部记录下来,因为跳的这些线段都是连续的,所以我们排一遍序,取这些夹在线段中间的区间进行修改即可;

    6.而查询的时候就一路查下来并不断取$max$即可。

      1 //It is made by Awson on 2017.10.5
      2 #include <map>
      3 #include <set>
      4 #include <cmath>
      5 #include <ctime>
      6 #include <queue>
      7 #include <stack>
      8 #include <vector>
      9 #include <cstdio>
     10 #include <string>
     11 #include <cstdlib>
     12 #include <cstring>
     13 #include <iostream>
     14 #include <algorithm>
     15 #define LL long long
     16 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
     17 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
     18 #define sqr(x) ((x)*(x))
     19 #define Lr(r) (r<<1)
     20 #define Rr(r) (r<<1|1)
     21 using namespace std;
     22 const int N = 1e5;
     23 void read(int &x) {
     24   char ch; bool flag = 0;
     25   for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());
     26   for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());
     27   x *= 1-2*flag;
     28 }
     29 
     30 int n, m, u, v, opt;
     31 struct tt {
     32   int to, next;
     33 }edge[(N<<1)+5];
     34 int path[N+5], TOP;
     35 int dep[N+5], son[N+5], size[N+5], fa[N+5];
     36 int top[N+5], pos[N+5], tot;
     37 struct DATA {
     38   int a, b, k;
     39 }data[N*3+5];
     40 struct segment {
     41   priority_queue<int>q1, q2;
     42   void pop(int _val) {
     43     q2.push(_val);
     44   }
     45   void push(int _val) {
     46     q1.push(_val);
     47   }
     48   int top() {
     49     while (!q2.empty() && q1.top() == q2.top()) q1.pop(), q2.pop();
     50     if (q1.empty()) return -1;
     51     return q1.top();
     52   }
     53 }sgm[(N<<2)+5];
     54 struct REM {
     55   int l, r;
     56   bool operator < (const REM &b) const{
     57     return l < b.l;
     58   }
     59 }rem[N+5];
     60 
     61 void add(int u, int v) {
     62   edge[++TOP].to = v;
     63   edge[TOP].next = path[u];
     64   path[u] = TOP;
     65 }
     66 void dfs1(int u, int father, int depth) {
     67   son[u] = 0, size[u] = 1, fa[u] = father, dep[u] = depth;
     68   for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
     69     if (edge[i].to != father) {
     70       dfs1(edge[i].to, u, depth+1);
     71       if (size[edge[i].to] > size[son[u]]) son[u] = edge[i].to;
     72       size[u] += size[edge[i].to];
     73     }
     74 }
     75 void dfs2(int u, int tp) {
     76   top[u] = tp, pos[u] = ++tot;
     77   if (son[u]) dfs2(son[u], tp);
     78   for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)
     79     if (edge[i].to != son[u] && edge[i].to != fa[u])
     80       dfs2(edge[i].to, edge[i].to);
     81 }
     82 void update(int o, int l, int r, int a, int b, int opt, int val) {
     83   if (a <= l && r <= b) {
     84     if (opt) sgm[o].pop(val);
     85     else sgm[o].push(val);
     86     return;
     87   }
     88   int mid = (l+r)>>1;
     89   if (a <= mid) update(Lr(o), l, mid, a, b, opt, val);
     90   if (b > mid) update(Rr(o), mid+1, r, a, b, opt, val);
     91 }
     92 int query(int o, int l, int r, int loc) {
     93   if (l == r) return sgm[o].top();
     94   int mid = (l+r)>>1;
     95   if (loc <= mid) return max(sgm[o].top(), query(Lr(o), l, mid, loc));
     96   else return max(sgm[o].top(), query(Rr(o), mid+1, r, loc));
     97 }
     98 void lca(int u, int v, int opt, int val) {
     99   int sum = 0;
    100   while (top[u] != top[v]) {
    101     if (dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);
    102     rem[++sum].l = pos[top[u]], rem[sum].r = pos[u];
    103     u = fa[top[u]];
    104   }
    105   if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
    106   if (u != v) rem[++sum].l = pos[v], rem[sum].r = pos[u];
    107   sort(rem+1, rem+1+sum);
    108   int last = 1;
    109   for (int i = 1; i <= sum; i++) {
    110     if (last <= rem[i].l-1)
    111       update(1, 1, n, last, rem[i].l-1, opt, val);
    112     last = rem[i].r+1;
    113   }
    114   if (last <= n)
    115     update(1, 1, n, last, n, opt, val);
    116 }
    117 void work() {
    118   read(n), read(m);
    119   for (int i = 1; i < n; i++) {
    120     read(u), read(v);
    121     add(u, v), add(v, u);
    122   }
    123   dfs1(1, 0, 1);
    124   dfs2(1, 1);
    125   for (int i = 1; i <= m; i++) {
    126     read(opt);
    127     if (opt == 0) {
    128       read(data[i].a), read(data[i].b), read(data[i].k);
    129       lca(data[i].a, data[i].b, opt, data[i].k);
    130     }
    131     else if (opt == 1) {
    132       read(data[i].k);
    133       data[i].a = data[data[i].k].a, data[i].b = data[data[i].k].b, data[i].k = data[data[i].k].k;
    134       lca(data[i].a, data[i].b, opt, data[i].k);
    135     }
    136     else {
    137       read(data[i].a);
    138       printf("%d
    ", query(1, 1, n, pos[data[i].a]));
    139     }
    140   }
    141 }
    142 int main() {
    143   work();
    144   return 0;
    145 }
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