发现和SDOI2017树点涂色差不多 但是当时这道题模拟赛的时候不会写 赛后也没及时订正 所以这场模拟赛的这道题虽然秒想到了LCT和线段树但是最终还是只是打了暴力。
痛定思痛 还是要把这道题给补了。
但是对于这道题来说 暴力还是有价值的。
考虑20分 每次暴力dfs.
考虑对于树是随机生成的 那么期望高度为logn 我们发现每次修改只用修改到1 也就是说每次暴力修改颜色的话只需要logn的时间复杂度.
考虑如何动态维护子树内的值 考虑修改一个点的颜色 子树内之前和它颜色一样的点 显然子树内部整体答案+1 如果不一样那么没有影响 和当前一样也没有影响。
考虑这个点和它的父亲此时答案是一样的如果原来答案也是一样的 那么没有任何的修改 如果不一样 那么子树内部整体-1.
依靠这个思路我们可以 维护一棵线段树 logn的时间内进行区间修改 区间查询。
考虑100分的做法 发现我们暴力慢的地方在于每次都要向上跳。
有优化的地方是 如果当前点可能树上的一段区间颜色是一样的 我们只需要在 当前修改节点x和那段颜色一样的点y的LCA处修改 剩下的直接向上跳即可。
换个角度 其实这个染颜色其实像是LCT 的ACCESS操作 这样我们就可以很方便的维护上述的操作。
考虑这样做的向上跳的复杂度 可以发现利用LCT的性质 均摊logn.
所以每次在access的时候 完成子树内部的修改即可。维护dfs序线段树 复杂度nlog^2.
const int MAXN=150010;
int n,Q,len,cnt;
int lin[MAXN],c[MAXN][2],f[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1],dfn[MAXN],out[MAXN];
int fa[MAXN],d[MAXN],sz[MAXN],son[MAXN],top[MAXN],v[MAXN];
inline void add(int x,int y)
{
ver[++len]=y;
nex[len]=lin[x];
lin[x]=len;
}
inline void dfs(int x)
{
sz[x]=1;
go(x)if(tn^fa[x])
{
fa[tn]=x;d[tn]=d[x]+1;
dfs(tn);
sz[x]+=sz[tn];
if(sz[tn]>sz[son[x]])son[x]=tn;
}
}
inline void dfs(int x,int father)
{
top[x]=father;dfn[x]=++cnt;v[cnt]=x;
if(son[x])dfs(son[x],father);
go(x)if(tn!=fa[x]&&tn!=son[x])dfs(tn,tn);
out[x]=cnt;
}
inline int LCA(int x,int y)
{
while(top[x]^top[y])
{
if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return d[x]<d[y]?x:y;
}
struct seg{int tag,mx,l,r;ll sum;}t[MAXN<<2];
inline void spread(int p,int v)
{
tag(p)+=v;mx(p)+=v;
sum(p)+=(r(p)-l(p)+1)*v;
}
inline void pushdown(int p)
{
spread(zz,tag(p));
spread(yy,tag(p));
tag(p)=0;
}
inline void pushup(int p)
{
mx(p)=max(mx(zz),mx(yy));
sum(p)=sum(zz)+sum(yy);
}
inline void build(int p,int l,int r)
{
l(p)=l;r(p)=r;
if(l==r){mx(p)=d[v[l]];sum(p)=d[v[l]];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(zz,l,mid);build(yy,mid+1,r);
pushup(p);
}
inline void change(int p,int l,int r,int x)
{
if(l<=l(p)&&r>=r(p)){spread(p,x);return;}
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(tag(p))pushdown(p);
if(l<=mid)change(zz,l,r,x);
if(r>mid)change(yy,l,r,x);
pushup(p);
}
inline int ask(int p,int x)
{
if(l(p)==r(p))return mx(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(tag(p))pushdown(p);
if(x<=mid)return ask(zz,x);
return ask(yy,x);
}
inline int ask(int p,int l,int r)
{
if(l<=l(p)&&r>=r(p))return mx(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1,w=0;
if(tag(p))pushdown(p);
if(l<=mid)w=ask(zz,l,r);
if(r>mid)w=max(w,ask(yy,l,r));
return w;
}
inline ll asksum(int p,int l,int r)
{
if(l<=l(p)&&r>=r(p))return sum(p);
int mid=(l(p)+r(p))>>1;ll w=0;
if(tag(p))pushdown(p);
if(l<=mid)w=asksum(zz,l,r);
if(r>mid)w=w+asksum(yy,l,r);
return w;
}
inline void asksum(int x)
{
ll w=asksum(1,dfn[x],out[x]);
double ans=1.0*w/sz[x];
printf("%.10lf
",ans);
}
inline int pd(int x){return c[f[x]][1]==x||c[f[x]][0]==x;}//判断x是否为根.
inline void rotate(int x)
{
int old=f[x],oldf=f[old],k=c[old][1]==x;
c[old][k]=c[x][k^1];c[x][k^1]=old;
if(pd(old))c[oldf][c[oldf][1]==old]=x;
if(c[old][k])f[c[old][k]]=old;
f[old]=x;f[x]=oldf;
}
inline void splay(int x)
{
while(pd(x))
{
if(pd(f[x]))rotate((c[f[x]][1]==x)^(c[f[f[x]]][1]==f[x])?x:f[x]);
rotate(x);
}
}
inline int findroot(int x)
{
splay(x);
while(c[x][0])x=c[x][0];
splay(x);return x;
}
inline void access(int x)
{
int y=0;
while(x)
{
splay(x);
if(c[x][1])
{
int w=c[x][1];
c[x][1]=0;
w=findroot(w);
change(1,dfn[w],out[w],1);
}
if(y)
{
y=findroot(y);
change(1,dfn[y],out[y],-1);
}
c[x][1]=y;
y=x;x=f[x];
}
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
get(n);
rep(2,n,i)
{
int x,y;
get(x)+1;get(y)+1;
//cout<<x<<' '<<y<<endl;
add(x,y);add(y,x);
}
get(Q);dfs(1);dfs(1,1);
build(1,1,n);
rep(1,n,i)f[i]=fa[i];
rep(1,Q,i)
{
char ch=getc();
while(ch!='q'&&ch!='O')ch=getc();
int get(x)+1;
if(ch=='O')access(x);
else asksum(x);
}
return 0;
}