【题解】毒瘤 OI 刷题汇总 [SCOI2015]
由于不清楚题目顺序，就按照 ( ext{BZOJ}) 上面的排列好了。
【Day1 T1】小凸玩矩阵
传送门：小凸玩矩阵 ( ext{[P4251]}) ( ext{[Bzoj4443]})
【题目描述】
给出一个 (n imes m) ((1leqslant nleqslant mleqslant 250)) 的矩阵 (a)，现要从中选出 (n) 个数，且满足任意两个数都不能在同一行或同一列。求选出的 (n) 个数中第 (k) ((1leqslant kleqslant n)) 大的数最下可以为多少。
【分析】
二分+最大匹配判定。
求第 (k) 大最小很明显可以二分，判定二分值 (mid) 的优劣性时可以上最大匹配。由于答案要尽量小，所以大于 (mid) 的数要尽量少选，小于等于 (mid) 的数要尽量多选，考虑使用后者作为判定依据（方便跑最大匹配）。
在每次判定中，对于 (a_{i,j}leqslant mid) 的位置，(i) 向 (j) 连边，跑出的最大匹配就是 小于等于 (mid) 的数最多可以选出的数量。
设最终答案为 (ans)，如果至少可以选出 (n-k+1) 个（最大匹配 (geqslant n-k+1)），说明 (midgeqslant ans)，缩小上界，反之扩大下界。
跑最大匹配我一般都用 (dinic)，复杂度更优一点。但这道题用匈牙利貌似也能过。
时间复杂度：(O(n^2log n)) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LD double
#define LL long long
#define Vector Point
#define Re register int
using namespace std;
const int N=505,M=63005,inf=2e9;
int n,m,l,r,K,st,ed,A[253][253];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
struct Dinic{
int o,h,t,maxflow,Q[N],dis[N],cur[N],head[N];
inline void CL(){memset(head,0,sizeof(head)),maxflow=0,o=1;}
struct QAQ{int to,next,flow;}a[M<<1];
inline void add_(Re x,Re y,Re flow){a[++o].to=y,a[o].flow=flow,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void add(Re x,Re y,Re flow){add_(x,y,flow),add_(y,x,0);}
inline int bfs(Re st,Re ed){
for(Re i=0;i<=ed;++i)dis[i]=0,cur[i]=head[i];
h=1,t=0,Q[++t]=st,dis[st]=1;
while(h<=t){
Re x=Q[h++];
for(Re i=head[x],to;i;i=a[i].next)
if(a[i].flow&&!dis[to=a[i].to]){
dis[to]=dis[x]+1,Q[++t]=to;
if(to==ed)return 1;
}
}
return 0;
}
inline int dfs(Re x,Re flow){
if(x==ed||!flow)return flow;
Re tmp=0,to,f;
for(Re i=cur[x];i;i=a[i].next){
cur[x]=i;
if(dis[to=a[i].to]==dis[x]+1&&(f=dfs(to,min(flow-tmp,a[i].flow)))){
a[i].flow-=f,a[i^1].flow+=f,tmp+=f;
if(flow==tmp)break;
}
}
return tmp;
}
inline void dinic(Re st,Re ed){while(bfs(st,ed))maxflow+=dfs(st,inf);}
}T1;
inline int judge(Re X){
T1.CL(),st=n+m+1,ed=st+1;
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
if(A[i][j]<=X)T1.add(i,n+j,1);
for(Re i=1;i<=n;++i)T1.add(st,i,1);
for(Re i=1;i<=m;++i)T1.add(n+i,ed,1);
T1.dinic(st,ed);
return T1.maxflow>=n-K+1;
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),in(m),in(K),l=inf,r=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re j=1;j<=m;++j)
in(A[i][j]),l=min(l,A[i][j]),r=max(r,A[i][j]);
while(l<r){
Re mid=l+r>>1;
if(judge(mid))r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d
",r);
}
【Day1 T2】国旗计划
传送门：国旗计划 ( ext{[P4155]}) ( ext{[Bzoj4444]})
【题目描述】
有一个大小为 (m) ((m<10^9)) 的环，环上的点编号分别为 (1,2,3...m)，现给出 (n) ((nleqslant 2*10^5)) 个线段（不会有互相包含的情况），您需要选出最少的线段覆盖整个环。求在必选线段 (i) 时所需要的最小线段个数。
【分析】
暴力倍增。
按照套路先将环复制一遍变成链。
把所有线段按照左端点排个序，对于每一个线段 (i)，右边与它相交的线段都可以作为接力的候选人，但由于线段不会互相包含，所以直接贪心选最右边的那一个。这个东西直接用一个指针扫过去就搞定了。
考虑对于每次询问 (i)，以线段 (i) 的左端点作为起点，然后不断地往后跳，直至区间右端点大于等于 (i+m) 时就结束。酱紫的暴力当然是不行的，但可以用倍增优化跳跃的过程。
时间复杂度：(O(nlog n)) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=2e5+3,logN=19;
int n,m,x,y,nex[N<<1],Ans[N],f[N<<1][20];
struct QAQ{int l,r,id;inline bool operator<(const QAQ &O)const{return l<O.l;};}A[N<<1];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n),in(m);
for(Re i=1;i<=n;++i){
in(x),in(y);if(x>y)y+=m;
A[i]=(QAQ){x,y,i},A[i+n]=(QAQ){x+m,y+m,i};
//注意所有区间都必须复制一遍(右端点大于m的也必须加，否则洛咕第2个点会WA)
}
n<<=1,sort(A+1,A+n+1);
for(Re i=1,j=1;i<=n;++i){
while(j<n&&A[j+1].l<=A[i].r)++j;
nex[i]=j;if(i<j)f[i][0]=j;
}
for(Re j=1;j<=logN;++j)
for(Re i=1;i+(1<<j)<=n;++i)
f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
for(Re i=1;i<=(n>>1);++i){
Re tmp=1,now=i;
for(Re j=logN;j>=0;--j)
if(f[now][j]&&A[f[now][j]].r<A[i].l+m)
tmp+=(1<<j),now=f[now][j];
Ans[A[i].id]=tmp+1;
}
for(Re i=1;i<=(n>>1);++i)printf("%d ",Ans[i]);
}
【Day1 T3】小凸想跑步
传送门：小凸想跑步 ( ext{[P4250]}) ( ext{[Bzoj4445]})
【题目描述】
给出一个 (n) ((nleqslant 10^5)) 个点的凸包，在凸包内任选一个点 (A)，将 (A) 与凸包上的点 (P_{iin[1,n]}) 连边，构成 (n) 个三角形。设 (P_{n+1}=P_1)，若对于任意的 (iin[2,n]) 均满足 (S_{Delta AP_1P_2}leqslant S_{Delta AP_iP_{i+1}})，则称点 (A) 合法。求任选一个点的合法概率。
【分析】
暴力化简柿子 + 半平面交。
考虑将上面的不等式展开（注意 (x imes y=-y imes x)）：
设 (A(x,y))，则上述式子可表示为 (ax+by+cleqslant 0) 的形式，其中 (a=(P_1-P_2-P_i+P_{i+1})_y,) (b=-(P_1-P_2-P_i+P_{i+1})_x,) (c=P_1 imes P_2-P_i imes P_{i+1})，用半平面交把这堆不等式方程组解出来就可以得到合法区域。
具体来说，对于每个 (iin[2,n])：讨论一下 (a,b) 的正负性，分别选择合适的半平面向量，最后再把凸多边形的边界也加进去（要求选点只能在凸包里面），用解出的小凸包与原凸包面积求比值即为答案。
时间复杂度：(O(nlog n)) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LD double
#define LL long long
#define Vector Point
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3,inf=2e9;
const LD eps=1e-8;
inline int dcmp(LD a){return a<-eps?-1:(a>eps?1:0);}
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
struct Point{
LD x,y;Point(LD X=0,LD Y=0){x=X,y=Y;}
inline void in(){scanf("%lf%lf",&x,&y);}
};
inline LD Dot(Vector a,Vector b){return a.x*b.x+a.y*b.y;}
inline LD Cro(Vector a,Vector b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
inline Vector operator+(Vector a,Vector b){return Vector(a.x+b.x,a.y+b.y);}
inline Vector operator-(Vector a,Vector b){return Vector(a.x-b.x,a.y-b.y);}
inline Vector operator*(Vector a,LD b){return Vector(a.x*b,a.y*b);}
inline int judge(Point a,Point L,Point R){//判断AL是否在AR右边
return dcmp(Cro(L-a,R-a))>0;
}
inline Point cross(Point a,Point b,Point c,Point d){
Vector x=b-a,y=d-c,z=a-c;
return a+x*(Cro(y,z)/Cro(x,y));
}
inline LD PolyArea(Point *P,Re n){
LD ans=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)ans+=Cro(P[i],P[i<n?i+1:1]);
return ans/2.0;
}
struct Line{
Point a,b;LD k;Line(Point A=Point(0,0),Point B=Point(0,0)){a=A,b=B,k=atan2(b.y-a.y,b.x-a.x);}
inline bool operator<(const Line &O)const{return dcmp(k-O.k)?dcmp(k-O.k)<0:judge(O.a,O.b,b);}
}Q[N<<1];
inline int judge(Point a,Line L){return dcmp(Cro(a-L.a,L.b-L.a))>0;}//判断点a是否在L右边
inline Point cross(Line L1,Line L2){return cross(L1.a,L1.b,L2.a,L2.b);}
inline int halfcut(Line *L,Re n,Point *P){
sort(L+1,L+n+1);Re m=0;
for(Re i=1;i<=n;++i)if(i==1||dcmp(L[i].k-L[i-1].k))L[++m]=L[i];
Re h=1,t=0;
for(Re i=1;i<=m;++i){
while(h<t&&judge(cross(Q[t],Q[t-1]),L[i]))--t;
while(h<t&&judge(cross(Q[h],Q[h+1]),L[i]))++h;
Q[++t]=L[i];
}
while(h<t&&judge(cross(Q[t],Q[t-1]),Q[h]))--t;
while(h<t&&judge(cross(Q[h],Q[h+1]),Q[t]))++h;
m=0;
for(Re i=h;i<=t;++i)P[++m]=cross(Q[i],Q[i<t?i+1:h]);
return m;
}
int n,m;Point P[N],PP[N<<1];Line L[N<<1];
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)P[i].in();P[n+1]=P[1];
for(Re i=2;i<=n;++i){
Point tmp=P[1]-P[2]-P[i]+P[i+1];
LD a=tmp.y,b=-tmp.x,c=Cro(P[1],P[2])-Cro(P[i],P[i+1]);//ax+by+c<=0
if(!dcmp(a)&&!dcmp(b)){
if(dcmp(c)<=0)continue;
else{puts("0");return 0;}
}
if(!dcmp(a)){//by+c<=0
if(b>0)L[++m]=Line(Point(1,-c/b),Point(0,-c/b));//y<=-c/b
else L[++m]=Line(Point(0,-c/b),Point(1,-c/b));//y>=-c/b
}
else if(!dcmp(b)){//ax+c<=0
if(a>0)L[++m]=Line(Point(-c/a,0),Point(-c/a,1));//x<=-c/a
else L[++m]=Line(Point(-c/a,1),Point(-c/a,0));//x>=-c/a
}
else if(b>0)L[++m]=Line(Point(1,-a/b-c/b),Point(0,-c/b));//y<=-a/b*x-c/b
else L[++m]=Line(Point(0,-c/b),Point(1,-a/b-c/b));//y>=-a/b*x-c/b
}
for(Re i=1;i<=n;++i)L[++m]=Line(P[i],P[i+1]);
Re cnt=halfcut(L,m,PP);
printf("%.4lf
",PolyArea(PP,cnt)/PolyArea(P,n));
}
【Day2 T1】小凸玩密室
传送门：小凸玩密室 ( ext{[P4253]}) ( ext{[Bzoj4446]})
【题目描述】
给出一颗 (n) ((nleqslant 2*10^5)) 个点的完全二叉树，其中点 (i) 的权值为 (A[i]) 。现要给所有点染色，染第一个点不需要花费，在这之后每染一个新点 (y)，设上次染色的点为 (x)，则染 (y) 的花费为 (dis(x,y)*A_y) 。要求在任意时刻已被染色的点必须连通，且每次给任意一个点 (x) 染色后，必须要把 (x) 的子树内所有点都染完后才能染 (x) 子树外的点。
【分析】
毒瘤树形 (dp) 。
设 (pl) 为 (x) 的左儿子，(pr) 为 (x) 的右儿子，({son_i}) 为点 (i) 子树内的点组成的集合。
用 (f[x][y]) 表示从 (x) 出发，染完 (x) 的子树后到达 (y) 点的最小花费，则有 ((to) 为点 (x) 子树中的叶节点或者缺了一个儿子的点 ())：
考虑把第一个式子里的 (dis(to,pl)) 展开，变成 (dis(to,x)+dis(x,pl))，得到 (f[x][y]=dis(x,pr)*A[pr]+dis(x,pl)*A[pl]) (+min{f[pr][to]+dis(to,x)*A[pl]+f[pl][y]})，发现 (f[pr][to]+dis(to,x)*A[pl]) 可以提前扫描一遍预处理得出，于是复杂度便降到了 (O(sum_{i=1}^{n} ext{点} i ext{子树内缺儿子的点的个数})=O(nlog n)) 。第二个式子同理。
由于无法确定开始染色的第一个点，所以还要再设一个方程，用 (g[x][y]) 表示以 (x) 子树内的任意一点作为起点，最后到达 (y) 所需的最小花费，则有：
发现下面那两个柿子也可以用类似上面 (f) 的做法进行优化。
由于完全二叉树良好的性质，复杂度均为 (O(nlog n)) 。
【Code】
一开始用了 (map) 存状态（好写一点），(loj) 轻松水过，洛谷 (MLE+TLE)，只好换成 (vector)，结果又调了好长时间。
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<map>
#define LL long long
#define Re register LL
using namespace std;
const LL N=2e5+3,inf=1e18;
LL n,A[N],B[N][2],deep[N];vector<LL>f[N],g[N],son[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
#define pl (x<<1)
#define pr (x<<1|1)
inline int dis(Re x,Re y){return x>y?deep[x]-deep[y]:deep[y]-deep[x];}
inline void dfs(Re x){
deep[x]=deep[x>>1]+B[x>>1][x&1];
if(!B[x][0]){//叶子节点
Re p=x;while(p)son[p].push_back(x),f[p].push_back(0),g[p].push_back(0),p>>=1;
}
else if(!B[x][1]){//只有左儿子
dfs(pl);
Re p=x;while(p)son[p].push_back(x),f[p].push_back(0),g[p].push_back(0),p>>=1;
f[x][0]=dis(x,pl)*A[pl],g[x][0]=dis(x,pl)*A[pl];//son[x][0]: pl
f[x][1]=inf,g[x][1]=dis(x,pl)*A[x];//son[x][1]: x
}
else{//有两个儿子
dfs(pl);Re cut=son[x].size();dfs(pr);Re f0=inf,f1=inf,g0=inf,g1=inf;
for(Re i=0,to,m=son[x].size();i<m;++i){
to=son[x][i];
if(i<cut){//to在左子树
f0=min(f0,f[pl][i]+dis(to,x)*A[pr]);
g0=min(g0,g[pl][i]+dis(to,x)*A[x]);
}
else{//to在右子树
f1=min(f1,f[pr][i-cut]+dis(to,x)*A[pl]);
g1=min(g1,g[pr][i-cut]+dis(to,x)*A[x]);
}
}
Re tmp=dis(x,pl)*A[pl]+dis(x,pr)*A[pr];
for(Re i=0,to,m=son[x].size();i<m;++i){
to=son[x][i];
if(i<cut){//to在左子树
f[x][i]=tmp+f[pl][i]+f1;
g[x][i]=min(f[x][i],dis(x,pl)*A[pl]+f[pl][i]+g1);
}
else{//to在右子树
f[x][i]=tmp+f[pr][i-cut]+f0;
g[x][i]=min(f[x][i],dis(x,pr)*A[pr]+f[pr][i-cut]+g0);
}
}
}
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]);
for(Re i=1;i<n;++i)in(B[i+1>>1][(i&1)^1]);
dfs(1);Re ans=inf;
for(Re i=0,m=son[1].size();i<m;++i)ans=min(ans,g[1][i]);
printf("%lld
",ans);
}
【Day2 T2】小凸解密码
传送门：小凸解密码 ( ext{[P5226]}) ( ext{[Bzoj4447]})
【题目描述】
给出一个大小为 (n) ((nleqslant 2*10^5)) 的环，环上每个点有两种权值 ((x,ch))，其中 (xin[0,9])，(ch) 为 '(+)' 或 '(*)'。
有若干次操作，每次操作有两种情况：
-
(1 x y ch:) 将第 (x+1) 个点修改为 ((y,ch))
-
(1 x:) 从 (x+1) 开始，按照顺时针将两种权值分别记录到 (A) 数组和 (C) 中，则 (B_i=egin{cases}A_1 (i=1)\(A_i+A_{i-1})\%10 (i>1,C_i=‘+’)\ (A_i*A_{i-1})\%10 (i>1,C_i=‘*’)end{cases})，然后将 (B) 数组连城成一个环，在这个环上会有一些 (0) 连在一起，将这些连在一起的 (0) 称为零区间，求距离 (B_1) 最远的零区间，并输出这个距离（零区间和 (B_1) 的距离定义为：零区间内所有 (0) 到 (B_1) 距离中的最小值）。
【分析】
暴力二分+线段树瞎搞。
首先要把环复制一下变为链（一年考两个环，不愧为毒瘤 (OI)），考虑用线段树维护 (B) 数组，每次 (1) 操作最多只会影响到四个位置 ((B_x,B_{x+1},B_{x+n},B_{x+n+1}))，暴力修改即可。
考虑解决询问，求最小的最大明显可以二分，设当前的二分值为 (mid)，则需要检查 ([x+mid,x+n-1-mid+1]) 里是否有一段全为 (0) 的子区间（需要满足该子区间左右两边均不为 (0)），但这个东西很不好求，考虑把询问区间分别向左右两边扩大一格得到 ([ql,qr])，然后查询 ([ql,qr]) 内是否存在 左端点大于 (ql) 且 右端点小于 (qr) 的全 (0) 子区间即可。
时间复杂度：(O(nlog^2 n)) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=1e5+3,inf=2e9;
int n,x,y,T,op,A[N<<1];char ch,type[N<<1];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline int calc(Re i){return i?(type[i]=='+'?(A[i]+A[i-1])%10:A[i]*A[i-1]%10):A[i];}
struct Segment_Tree{
#define pl (p<<1)
#define pr (p<<1|1)
#define mid ((L+R)>>1)
struct QAQ{
int S;bool l,r,ans;
inline QAQ operator+(const QAQ &R){
QAQ p;p.S=S+R.S,p.l=l,p.r=R.r;
p.ans=ans||R.ans||(S&&R.S&&(!r||!R.l));
return p;
}
}tr[N<<3];
inline void updata(Re p,Re x,Re v=-1){
tr[p].ans=0,tr[p].l=tr[p].r=tr[p].S=((v==-1?calc(x):v)>0);
}
inline void build(Re p,Re L,Re R){
if(L==R){updata(p,L);return;}
build(pl,L,mid),build(pr,mid+1,R);
tr[p]=tr[pl]+tr[pr];
}
inline void refresh(Re p,Re L,Re R,Re x){
if(L==R){updata(p,L);if(x<=n)refresh(1,1,n<<1,x+n);return;}
if(x<=mid)refresh(pl,L,mid,x);
else refresh(pr,mid+1,R,x);
tr[p]=tr[pl]+tr[pr];
}
inline void change(Re p,Re L,Re R,Re x,Re v){
if(L==R){updata(p,x,v);return;}
if(x<=mid)change(pl,L,mid,x,v);
else change(pr,mid+1,R,x,v);
tr[p]=tr[pl]+tr[pr];
}
inline QAQ ask(Re p,Re L,Re R,Re l,Re r){
if(l<=L&&R<=r)return tr[p];
if(r<=mid)return ask(pl,L,mid,l,r);
else if(l>mid)return ask(pr,mid+1,R,l,r);
else return ask(pl,L,mid,l,r)+ask(pr,mid+1,R,l,r);
}
}T1;
int main(){
// freopen("456.txt","r",stdin);
in(n),in(T);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(A[i]),scanf("%c",&type[i]),A[i+n]=A[i],type[i+n]=type[i];
T1.build(1,1,n<<1);
while(T--){
in(op),in(x),++x;
if(op<2){
in(y),scanf("%c",&ch),A[x]=A[x+n]=y,type[x]=type[x+n]=ch,
T1.refresh(1,1,n<<1,x),T1.refresh(1,1,n<<1,x+1);
}
else{
Re L=x,R=x+n-1,ans=-1;
if(!A[L])ans=0;
T1.change(1,1,n<<1,L,A[L]);
Re l=1,r=(n+1)/2;
while(l<=r){
Re Mid=l+r>>1;
if(T1.ask(1,1,n<<1,L+Mid-1,R-Mid+1+1).ans)ans=Mid,l=Mid+1;
else r=Mid-1;
}
T1.change(1,1,n<<1,L,calc(L));
printf("%d
",ans);
}
}
}
【Day2 T3】情报传递
传送门：情报传递 ( ext{[P4216]}) ( ext{[Bzoj4448]})
【题目描述】
给出一颗 (n) ((nleqslant 2*10^5)) 个点的有根树，有若干个操作，操作种类如下：
-
(1 x y c:) 设当前为第 (i) 的操作，分别查询从 (x) 到 (y) 的链上点的个数、满足 (i-st_j>c) 的 (j) 的个数
-
(2 x:) 设当前为第 (i) 的操作，设置 (st_x=i)
【分析】
小学生级别的主席树大水题。
询问第一个子问题直接求 (lca) 用各点深度相减即可，第二个子问题可转化为查询满足 (st_jleqslant i-c-1) 的 (j) 的个数，直接在主席树上差分搞即可。
可以发现没必要写带修的树套树版本，把所有操作 (2) 全部拿出来建好树，然后再去挨个处理询问，这样做是不影响正确性的（数据里没有出现同一个点多次进行操作 (2) 的情况）。
时间复杂度：(O(nlog n)) 。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register int
using namespace std;
const int N=2e5+3,logN=18,inf=2e9;
int n,x,y,z,o,m,T,op,rt,A[N],st[N],fa[N],head[N],deep[N];
struct QAQ{int to,next;}a[N];
struct Query{int x,y,c,t;}Q[N];
inline void add(Re x,Re y){a[++o].to=y,a[o].next=head[x],head[x]=o;}
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
struct LCA{
int ant[N][20];
inline void dfs(Re x){
deep[x]=deep[ant[x][0]=fa[x]]+1;
for(Re i=1;(1<<i)<=deep[x];++i)ant[x][i]=ant[ant[x][i-1]][i-1];
for(Re i=head[x];i;i=a[i].next)dfs(a[i].to);
}
inline int lca(Re x,Re y){
if(deep[x]<deep[y])swap(x,y);
for(Re i=logN;i>=0;--i)if(deep[ant[x][i]]>=deep[y])x=ant[x][i];
if(x==y)return x;
for(Re i=logN;i>=0;--i)if(ant[x][i]!=ant[y][i])x=ant[x][i],y=ant[y][i];
return ant[x][0];
}
}T1;
int pt[N];
struct Segment_Tree{
#define pl (tr[p].lp)
#define pr (tr[p].rp)
#define mid ((L+R)>>1)
int O;
struct QAQ{int S,lp,rp;}tr[N*logN<<2];
inline void creat(Re &p,Re q,Re L,Re R,Re x){
tr[p=++O]=tr[q],++tr[p].S;
if(L==R)return;
if(x<=mid)creat(pl,tr[q].lp,L,mid,x);
else creat(pr,tr[q].rp,mid+1,R,x);
}
inline int ask(Re p,Re q,Re f1,Re f2,Re L,Re R,Re l,Re r){
if(!p&&!q&&!f1&&!f2)return 0;
if(l<=L&&R<=r)return tr[p].S+tr[q].S-tr[f1].S-tr[f2].S;
Re ans=0;
if(l<=mid)ans+=ask(pl,tr[q].lp,tr[f1].lp,tr[f2].lp,L,mid,l,r);
if(r>mid)ans+=ask(pr,tr[q].rp,tr[f1].rp,tr[f2].rp,mid+1,R,l,r);
return ans;
}
}TR;
inline void dfs(Re x){
TR.creat(pt[x],pt[fa[x]],1,T,st[x]);
for(Re i=head[x];i;i=a[i].next)dfs(a[i].to);
}
int main(){
// freopen("123.txt","r",stdin);
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i){
in(fa[i]);
if(fa[i])add(fa[i],i);
else rt=i;
}
in(T),T1.dfs(rt);
for(Re i=1;i<=n;++i)st[i]=T;//st要初始化为一个极大值(设到T就够了)
for(Re i=1;i<=T;++i){
in(op);
if(op>1)in(x),st[x]=i;
else in(Q[++m].x),in(Q[m].y),in(Q[m].c),Q[m].t=i;
}
dfs(rt);
for(Re i=1;i<=m;++i){
Re lca=T1.lca(Q[i].x,Q[i].y);
printf("%d %d
",deep[Q[i].x]+deep[Q[i].y]-deep[lca]-deep[fa[lca]],TR.ask(pt[Q[i].x],pt[Q[i].y],pt[lca],pt[fa[lca]],1,T,1,Q[i].t-Q[i].c-1));
}
}