题目背景
动态树
题目描述
给定n个点以及每个点的权值，要你处理接下来的m个操作。操作有4种。操作从0到3编号。点从1到n编号。
0：后接两个整数(x，y)，代表询问从x到y的路径上的点的权值的xor和。保证x到y是联通的。
1：后接两个整数(x，y)，代表连接x到y，若x到y已经联通则无需连接。
2：后接两个整数(x，y)，代表删除边(x，y)，不保证边(x，y)存在。
3：后接两个整数(x，y)，代表将点x上的权值变成y。
输入输出格式
输入格式：
第1行两个整数，分别为n和m，代表点数和操作数。
第2行到第n+1行，每行一个整数，整数在［1，10^9］内，代表每个点的权值。
第n+2行到第n+m+1行，每行三个整数，分别代表操作类型和操作所需的量。
输出格式：
对于每一个0号操作，你须输出x到y的路径上点权的xor和。
输入输出样例
说明
数据范围： 1 leq N, M leq 3 cdot {10}^51≤N,M≤3⋅105
看了一下午的讲解
看了一晚上的代码
算是差不多理解了，不过还有一个潜在的隐患没有解决，就是代码里那个玄学的pushdown函数
等搞懂了再整理吧
// luogu-judger-enable-o2 // luogu-judger-enable-o2 // luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN=3 * 1e5 + 10; inline int read() { char c = getchar();int x = 0,f = 1; while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-')f = -1;c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9'){x = x * 10 + c - '0',c = getchar();} return x * f; } #define fa(x) T[x].f #define ls(x) T[x].ch[0] #define rs(x) T[x].ch[1] int v[MAXN]; struct node { int f, ch[2], s; bool r; }T[MAXN]; int ident(int x) { return T[fa(x)].ch[0] == x ? 0 : 1;//判断该节点是父亲的哪个儿子 } int connect(int x,int fa,int how) { T[x].f=fa; T[fa].ch[how]=x;//连接 } inline bool IsRoot(int x) {//若为splay中的根则返回1 否则返回0 return ls( fa(x) ) != x && rs( fa(x) ) != x; //用到了两个性质 //1.若x与fa(x)之间的边是虚边，那么它的父亲的孩子中不会有他（不在同一个splay内） //2. splay的根节点与其父亲之间的边是虚边 } void update(int x) { T[x].s = T[ls(x)].s ^ T[rs(x)].s ^ v[x];//维护路径上的异或和 } void pushdown(int x) { if(T[x].r) { swap(ls(x),rs(x)); T[ls(x)].r ^= 1; T[rs(x)].r ^= 1; T[x].r = 0;//标记下传 } } void rotate(int x) { int Y = T[x].f, R = T[Y].f, Yson = ident(x), Rson = ident(Y); int B = T[x].ch[Yson ^ 1]; //Q为什么要这样写 ******************************************** T[x].f = R; if(!IsRoot(Y)) connect(x, R, Rson); //这里如果不判断y是否根节点，那么当y是根节点的时候，0节点的儿子就会被更新为x //这样x就永远不能被判断为根节点，也就会无限循环下去了 //但是这里不更新x的父亲的话就会出现无限递归的情况 connect(B, Y, Yson); connect(Y, x, Yson ^ 1); update(Y); update(x); } int st[MAXN]; void splay(int x) { int y = x, top = 0; st[++top] = y; while(!IsRoot(y)) st[++top] = y = fa(y); while(top) pushdown(st[top--]); //因为在旋转的时候不会处理标记，所以splay之前应该下传所有标记 for(int y = fa(x); !IsRoot(x); rotate(x), y = fa(x))//只要不是根就转 if(!IsRoot(y)) rotate( ident(x) == ident(y) ? x : y ); } void access(int x) {//访问x节点 for(int y = 0; x; x = fa(y = x)) splay(x), rs(x) = y, update(x); //首先把x splay到所在平衡树的根，这样可以保证它的右孩子就是在原树中对应的重链(右孩子深度比它大) //y是splay中x的儿子，把x的右儿子改成y，也就是把x和y之间的边变成实边 //更改了节点顺序，需要update } void makeroot(int x) {//把x改为原树的根节点 access(x); splay(x); T[x].r ^= 1; pushdown(x); //首先访问一下x，再把x转到根， //注意在access的时候都是连接的右儿子，这样会破坏顺序，因此我们需要将左右儿子翻转 } int findroot(int x) {//找到x在原树中的根节点 access(x);splay(x); while(ls(x)) x = ls(x);//找到深度最小的点即为根节点 return x; } void split(int x, int y) { makeroot(x);//首先把x置为根节点 access(y); splay(y); //然后访问一下y，再把y转到根节点，这样y维护的就是x - y 路径上的xor } void link(int x, int y) { makeroot(x);//把x置为根节点 if(findroot(y) != x ) fa(x) = y; //如果x与y不在同一个splay中，就把y置为x的父亲 //因为不能判断x与y的深度，因此在这里不用更新y的儿子 } void cut(int x, int y) { makeroot(x); if(findroot(y) == x && fa(x) == y && !rs(x)) { fa(x) = T[y].ch[0] = 0; update(y); } //注意findroot(y)之后，y会成为根节点 //对于第三个判断 //可以构造出这样的树 // x // fuck // y //在splay中是这样的 // y //x // fuck //这样很显然x与y是不相连的 } int main() { #ifdef WIN32 freopen("a.in","r",stdin); //freopen("a.out","w",stdout); #else #endif int N = read(), M = read(); for(int i = 1; i <= N; i++) v[i] = read(); for(int i = 1; i <= M; i++) { int opt = read(), x = read(), y = read(); if(opt == 0) split(x, y), printf("%d ",T[y].s); else if(opt == 1) link(x, y); else if(opt == 2) cut(x, y); else if(opt == 3) splay(x), v[x] = y; } return 0; }