[Tjoi2016&Heoi2016]树

Description

在2016年，佳媛姐姐刚刚学习了树，非常开心。现在他想解决这样一个问题：给定一颗有根树（根为1），有以下两种操作：1. 标记操作：对某个结点打上标记（在最开始，只有结点1有标记，其他结点均无标记，而且对于某个结点，可以打多次标记。）2. 询问操作：询问某个结点最近的一个打了标记的祖先（这个结点本身也算自己的祖先）你能帮帮他吗?

Input

输入第一行两个正整数N和Q分别表示节点个数和操作次数接下来N-1行，每行两个正整数u,v(1≤u,v≤n)表示u到v有一条有向边接下来Q行，形如“opernum”oper为“C”时表示这是一个标记操作,oper为“Q”时表示这是一个询问操作对于每次询问操作，1 ≤ N, Q ≤ 100000。

Output

输出一个正整数，表示结果

Sample Input

5 5

1 2

1 3

2 4

2 5

Q 2

C 2

Q 2

Q 5

Q 3

Sample Output

1

2

2

1

Hint

数据很水

算法1

一个被标记的点，影响的只有它的子树，那么可以先求出每个点的dfn，然后每个子树可以用一个区间表示。对于标记操作，用线段树区间取max，查询时直接单点查询即可。

时间复杂度O(nlogn)

算法2

考虑到影响一个点的只有它到父亲的路径上的点，那么可以先做一次树链剖分，然后往上跑的时候区间查询max，插入时是单点修改。这里可以用树状数组，那么查询[l,r]最大值时，相当于查询[1,r]最大值是否大于等于l。

时间复杂度O(nlog2n)

算法3

我们可以先离线读入所有操作，用cnt表示每个点被标记的次数，并用并查集查询答案。

倒过来做。对于cnt等于0的点，它的father指向它的父亲，否则指向自己。如果是标记操作，就给cnt减一。

时间复杂度O(qα(n))

算法3
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn=100005,maxm=200005;

int n,m,h[maxn],e[maxm],next[maxm],tot,fa[maxn],f[maxn],cnt[maxn],ans[maxn];

char c;

struct data
{
char typ;
int x;
}q[maxn];

int read()
{
for (c=getchar();c<'0' || c>'9';c=getchar());
int x=c-48;
for (c=getchar();c>='0' && c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48;
return x;
}

void add(int x,int y)
{
e[++tot]=y; next[tot]=h[x]; h[x]=tot;
}

void init(int x)
{
for (int i=h[x];i;i=next[i]) if (e[i]!=fa[x])
{
fa[e[i]]=x;
init(e[i]);
}
}

int get(int x)
{
return (!f[x])?x:f[x]=get(f[x]);
}

int main()
{
n=read(); m=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y); add(y,x);
}
init(1);
cnt[1]=1;
for (int i=0;i<m;i++)
{
for (c=getchar();c!='C' && c!='Q';c=getchar());
q[i].typ=c; q[i].x=read();
if (q[i].typ=='C') cnt[q[i].x]++;
}
for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=(cnt[i])?0:fa[i];
for (int i=m-1;i>=0;i--) if (q[i].typ=='C')
{
cnt[q[i].x]--;
if (!cnt[q[i].x]) f[q[i].x]=fa[q[i].x];
}else ans[i]=get(q[i].x);
for (int i=0;i<m;i++) if (q[i].typ=='Q') printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}