BZOJ2123 [Sdoi2013]森林 【主席树 + 启发式合并】
2018-01-25 11:10
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题目
输入格式
第一行包含一个正整数testcase,表示当前测试数据的测试点编号。保证1≤testcase≤20。
第二行包含三个整数N,M,T,分别表示节点数、初始边数、操作数。第三行包含N个非负整数表示 N个节点上的权值。
接下来 M行,每行包含两个整数x和 y,表示初始的时候,点x和点y 之间有一条无向边, 接下来 T行,每行描述一个操作,格式为“Q x y k”或者“L x y ”,其含义见题目描述部分。
输出格式
对于每一个第一类操作,输出一个非负整数表示答案。
输入样例
1
8 4 8
1 1 2 2 3 3 4 4
4 7
1 8
2 4
2 1
Q 8 7 3 Q 3 5 1
Q 10 0 0
L 5 4
L 3 2 L 0 7
Q 9 2 5 Q 6 1 6
输出样例
2
2
1
4
2
提示
对于第一个操作 Q 8 7 3,此时 lastans=0,所以真实操作为Q 8^0 7^0 3^0,也即Q 8 7 3。点8到点7的路径上一共有5个点,其权值为4 1 1 2 4。这些权值中,第三小的为 2,输出 2,lastans变为2。对于第二个操作 Q 3 5 1 ,此时lastans=2,所以真实操作为Q 3^2 5^2 1^2 ,也即Q 1 7 3。点1到点7的路径上一共有4个点,其权值为 1 1 2 4 。这些权值中,第三小的为2,输出2,lastans变为 2。之后的操作类似。
题解
如果没有连边操作,可以用树上主席树水过
加上了连边操作后,我们考虑暴力重构
每次会连接两个联通块,我们选择其中一个联通块重新dfs构树
选哪一个最合适呢?当然是选择最小的联通块【启发式合并】
可以证明:启发式合并的合并次数最坏情况下是\(O(nlogn)\)
所以总的时间复杂度\(O(nlog^2n)\)
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long int #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) #define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt) #define cls(s) memset(s,0,sizeof(s)) using namespace std; const int maxn = 80005,maxm = 10000005,INF = 1000000000; inline int read(){ int out = 0,flag = 1; char c = getchar(); while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();} while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();} return out * flag; } int n,m,T,val[maxn],B[maxn],fa[maxn][18],dep[maxn],tot,lans; int h[maxn],ne,pre[maxn],num[maxn]; struct EDGE{int to,nxt;}ed[2 * maxn]; int rt[maxn],sum[maxm],ls[maxm],rs[maxm],siz; int find(int u){return u == pre[u] ? u : pre[u] = find(pre[u]);} void init(){ tot = 1; ne = 2; lans = siz = 0; cls(h); cls(rt); } void build(int u,int v){ ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++; ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++; } int getn(int x){return lower_bound(B + 1,B + 1 + tot,x) - B;} void modify(int& u,int pre,int l,int r,int pos,int v){ sum[u = ++siz] = sum[pre] + v; ls[u] = ls[pre]; rs[u] = rs[pre]; if (l == r) return; int mid = l + r >> 1; if (mid >= pos) modify(ls[u],ls[pre],l,mid,pos,v); else modify(rs[u],rs[pre],mid + 1,r,pos,v); } int query(int a,int b,int c,int d,int l,int r,int k){ if (l == r) return l; int mid = l + r >> 1,t = sum[ls[a]] + sum[ls[b]] - sum[ls[c]] - sum[ls[d]]; if (t >= k) return query(ls[a],ls[b],ls[c],ls[d],l,mid,k); else return query(rs[a],rs[b],rs[c],rs[d],mid + 1,r,k - t); } void dfs(int u){ modify(rt[u],rt[fa[u][0]],1,tot,val[u],1); REP(i,17) fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1]; Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u][0]){ fa[to][0] = u; dep[to] = dep[u] + 1; dfs(to); } } int Lca(int u,int v){ if (dep[u] < dep[v]) swap(u,v); for (int i = 0,d = dep[u] - dep[v]; (1 << i) <= d; i++) if ((1 << i) & d) u = fa[u][i]; if (u == v) return u; for (int i = 17; i >= 0; i--) if (fa[u][i] != fa[v][i]) u = fa[u][i],v = fa[v][i]; return fa[u][0]; } void solve(int u,int v,int k){ int lca = Lca(u,v),o = fa[lca][0]; printf("%d\n",lans = B[query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[o],1,tot,k)]); } void merge(int u,int v){ build(u,v); int fu = find(u),fv = find(v); if (num[fu] < num[fv]) swap(u,v),swap(fu,fv); pre[fv] = fu; num[fu] += num[fv]; fa[v][0] = u; dep[v] = dep[u] + 1; dfs(v); } int main(){ char opt; int u,v,k,fu,fv; read(); n = read(); m = read(); T = read(); init(); for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = B[i] = read(),pre[i] = i,num[i] = 1; while (m--){ u = read(); v = read(); build(u,v); fu = find(u); fv = find(v); pre[fv] = fu; num[fu] += fv; } sort(B + 1,B + 1 + n); for (int i = 2; i <= n; i++) if (B[i] != B[tot]) B[++tot] = B[i]; for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = getn(val[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) if (!rt[i]){ dep[i] = 1,fa[i][0] = 0; dfs(i); } while (T--){ opt = getchar(); while (opt != 'Q' && opt != 'L') opt = getchar(); u = read() ^ lans; v = read() ^ lans; if (opt == 'Q'){ k = read() ^ lans; solve(u,v,k); }else merge(u,v); } return 0; }
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