洛谷P3203 [HNOI2010]弹飞绵羊（LCT,Splay）

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关于LCT的问题详见我的LCT总结

思路分析

首先分析一下题意。对于每个弹力装置，有且仅有一个位置可以弹到。把这样的一种关系可以视作边。
然后，每个装置一定会往后弹，这不就代表不存在环么？
于是，一个森林的模型被我们建出来了。
考虑到有修改弹力值的操作，也就是要断边和连边，于是用LCT维护。

思路一

每一个点向它弹到的位置连边。如果被弹飞了，那么这条边就不存在。
查询弹飞的步数，就是查询该点到其所属原树中根节点的路径的(size)。
注意此题的一些特性。我们并不需要查询或者更改指定路径((x-y))的信息。
也就是说，我们根本不需要换根！
原来需要换根的(split,link,cut)操作，我们可以根据题目特性适当调整一下。

• 查询原本需要(split)，我们直接(access(x),splay(x))，输出(x)的(size)。
• 连边原本需要(link)，题目保证了是一棵树，我们直接改(x)的父亲，连轻边。
• 断边原本需要(cut)，然而我们确定其父亲的位置，(access(x),splay(x))后，(x)的父亲一定在(x)的左子树中（LCT总结中的性质1），直接双向断开连接。

然后我们发现，程序一下子少了一堆函数（(pushdown,makeroot,findroot,split,link,cut)）
代码少，常数小，何乐而不为？
下面贴代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define R register int
#define I inline void
#define G ch=getchar()
#define gc G;while(ch<'-')G
#define in(z) gc;z=ch&15;G;while(ch>'-')z*=10,z+=ch&15,G;
const int N=200009;
int f[N],c[N][2],s[N];
bool r[N];
inline bool nroot(R x){
    return c[f[x]][0]==x||c[f[x]][1]==x;
}
I pushup(R x){
    s[x]=s[c[x][0]]+s[c[x][1]]+1;
}
I rotate(R x){
    R y=f[x],z=f[y],k=c[y][1]==x,w=c[x][!k];
    if(nroot(y))c[z][c[z][1]==y]=x;c[x][!k]=y;c[y][k]=w;
    if(w)f[w]=y;f[y]=x;f[x]=z;
    pushup(y);
}
I splay(R x){
    R y,z;
    while(nroot(x)){
        y=f[x];z=f[y];
        if(nroot(y))
            rotate((c[y][0]==x)^(c[z][0]==y)?x:y);
        rotate(x);
    }
    pushup(x);
}
I access(R x){
    for(R y=0;x;x=f[y=x])
        splay(x),c[x][1]=y,pushup(x);
}//以上是轻量化的LCT板子
int main()
{
    register char ch;
    R n,m,j,k;
    in(n);
    for(j=1;j<=n;++j){
        s[j]=1;
        in(k);
        if(j+k<=n)f[j]=j+k;//如果弹飞了就不连边
    }
    in(m);
    while(m--){
        gc;
        if(ch&1){
            in(j);++j;
            access(j);splay(j);//直接查询
            printf("%d
",s[j]);
        }
        else{
            in(j);in(k);++j;
            access(j);splay(j);
            c[j][0]=f[c[j][0]]=0;//直接断边
            if(j+k<=n)f[j]=j+k;//直接连边
            pushup(j);
        }
    }
    return 0;
}

思路2

把弹飞这种情况也可以视作一个节点（编号可定为(n+1)）
如果弹飞了就把(x)连到这个点上，于是这个点稳稳地坐住了树根的位置。
查询的时候得到的(size)减(1)即可。
其它同上。
其实个人认为这样不如上面。动态树本身就定义为维护森林，多了这一个点等于强行把它变成一棵树，可能有点多此一举。。。。。。
代码如下，只贴main函数，因为LCT板子是一样的。。。。。。

int main()
{
    register char ch;
    R rt,n,m,j,k;
    in(n);rt=n+1;
    for(j=1;j<=rt;++j)s[j]=1;
    for(j=1;j<=n;++j){
        in(k);
        f[j]=j+k>n?rt:j+k;//与上面不同
    }
    in(m);
    while(m--){
        gc;
        if(ch&1){
            in(j);++j;
            access(j);splay(j);
            printf("%d
",s[j]-1);
        }
        else{
            in(j);in(k);++j;
            access(j);splay(j);
            c[j][0]=f[c[j][0]]=0;
            f[j]=j+k>n?rt:j+k;
            pushup(j);
        }
    }
    return 0;
}