Codeforces 1083C Max Mex

Description

一棵(N)个节点的树， 每个节点上都有 互不相同的 ([0, ~N-1]) 的数。

定义一条路径上的数的集合为 (S), 求一条路径使得 (Mex(S)) 最大。

带修改， (M) 次查询

Solution

用一棵权值线段树维护。

节点 ([L,R])存储信息：是否有一条路径包含 ([L,R]) 内的所有数 以及 路径两个端点。

合并两个区间： 在(4)个点中 枚举新路径的端点， 然后判断另外两个点是否在路径上即可。

正解能 (O(1)) 合并， 然而这个解法需要(O(logN))

所以总复杂度为 (O(Nlog^2N))

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define up(a, b) (a = a > b ? a : b)
#define down(a, b) (a = a > b ? b : a)
#define cmax(a, b) (a > b ? a : b)
#define cmin(a, b) (a > b ? b : a)
#define Abs(a) ((a) > 0 ? (a) : -(a))
#define rd read()
#define db double
#define LL long long
using namespace std;
typedef pair<int, int> P;

inline char nc(){
    static char buf[1<<14],*p1=buf,*p2=buf;
    return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<14,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int read(){
    char c=nc();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=nc();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0',c=nc();}
    return x*f;
}
const int N = 2e5 + 5;

int n, m, a[N], b[N], f[N][20], dep[N];
int timer, tin[N], tout[N];

vector<int> to[N];

void dfs(int u) {
	tin[u] = ++timer; // dfs序
	for (int i = 0, up = to[u].size(); i < up; ++i) {
		int nt = to[u][i];
		if (nt == f[u][0])
			continue;
		dep[nt] = dep[u] + 1;
		dfs(nt);
	}
	tout[u] = timer;
}

inline bool isanc(int u, int v) { // 判断u是否是v的祖先
	return tin[u] <= tin[v] && tout[u] >= tout[v];
}

int getlca(int u, int v) {
	if (isanc(u, v))
		return u;
	for (int i = 19; ~i; --i)
		if (f[u][i] && (!isanc(f[u][i], v)))
			u = f[u][i];
	return f[u][0];
}

inline bool isondownpath(int u, P v) { //判断u是否是 竖直路径v() 上的点
	return isanc(v.first, u) && isanc(u, v.second);
}

inline bool isonpath(int u, P v) { //判断u是否是 路径v()上的点
	int lca = getlca(v.first, v.second);
	return isondownpath(u, P(lca, v.second)) || isondownpath(u, P(lca, v.first));
}

P merge(P u, P v) { //合并两条路径
	if (u.first == -1 || v.first == -1)
		return P(-1, -1);
	int g[4] = {u.first, u.second, v.first, v.second};
	for (int i = 0; i < 4; ++i) {
		for (int j = i + 1; j < 4; ++j) {
			bool flag = true;
			for (int k = 0; k < 4; ++k) {
				if (k != i && k != j && !isonpath(g[k], P(g[i], g[j])))
					flag = false;
			}
			if (flag)
				return P(g[i], g[j]);
		}

	}
	return P(-1, -1);
}

namespace SegT {
	#define mid ((l + r) >> 1)
	#define lson u << 1
	#define rson u << 1 | 1
	P t[N << 2];

	void build(int l, int r, int u) {
		if (l == r) {
			t[u].first = t[u].second = b[l];
			return;	
		}
		build(l, mid, lson); build(mid + 1, r, rson);
		t[u] = merge(t[lson], t[rson]);	
	}

	void update(int c, int l, int r, int u) {
		if (l == r) {
			t[u].first = t[u].second = b[l];
			return;
		}
		if (c <= mid)
			update(c, l, mid, lson);
		else update(c, mid + 1, r, rson);
		t[u] = merge(t[lson], t[rson]);	
	}

	int query(int l, int r, int u, P tmp) {
		if (l == r) {
			if (tmp.first == -1)
				return t[u].first != -1;
			P g = merge(tmp, t[u]);
			return g.first != -1;
		}
		P g = tmp.first == -1 ? t[lson] : merge(tmp, t[lson]);
		if (g.first == -1)
			return query(l, mid, lson, tmp);
		else return mid - l + 1 + query(mid + 1, r, rson, g);
	}
}using namespace SegT;

int main()
{
	n = rd;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		a[i] = rd + 1, b[a[i]] = i;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		int u = rd;
		f[i][0] = u;
		to[u].push_back(i);
		to[i].push_back(u);
	}
	dep[1] = 1; dfs(1);
	for (int i = 1; i < 20; ++i)
		for (int j = 1; j <= n; ++j)
			f[j][i] = f[f[j][i - 1]][i - 1];
	;
	build(1, n, 1);
	m = rd;
	for (; m; --m) {
		int typ = rd;
		if (typ == 1) {
			int u = rd, v = rd;
			swap(a[u], a[v]);
			swap(b[a[u]], b[a[v]]);

			update(a[u], 1, n, 1);
			update(a[v], 1, n, 1);
		}		
		else printf("%d
", query(1, n, 1, P(-1, -1)));
	}
}

Max Mex