3722. 【CF403E】Two Rooted Trees

题目

有点长就不说了。

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思考历程

强行刚出了一个\(O(n \lg^2 n)\)的做法，被卡了。
先将\(dfs\)序求出来，一个子树对应着一段区间。
用树上差分的思想来搞，维护区间里每条边的出现次数。
树状数组套线段树来搞。
由于直接树套树空间会被卡，所以在预处理的时候用可持久化线段树合并的方式来进行，空间复杂度是\(O(n \lg n)\)的。
修改的时候直接将与某条边所有相关的信息抹掉，于是就可以暴力改。时间是\(O(\lg^2 n)\)的（然而这是最花时间的操作）。

这个打了5000+的做法到最后没有AC……
2333333333……

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正解

正解真的是太简单了。
首先也是将\(dfs序\)求出来，记\(in_x\)和\(out_x\)分别表示\(x\)的子树在\(dfs\)序上的左右端点。
对于每条边，钦定\(in_u。
对于一个子树，分\(u\)在子树内\(v\)不在子树内和\(v\)在子树内\(u\)不在子树内的情况。
那就维护两棵线段树，每个节点维护一个线性表（什么链表或vector之类的）。
一开始将边按照\(in_v\)或\(in_u\)排序，然后插入线段树中对应的位置里。
在删边的时候找出线段树上的区间，在这些区间中的线性表中单调地删。
显然线性表的大小为\(O(n\lg n)\)，然后就能过去了……
非常好打……

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代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 200010
int n,T;
struct EDGE{
    int to;
    EDGE *las;
} e[N*4+N*20*2*2];
int ne;
EDGE *last[2][N];
struct edge{
    int u,v;
} ed[2][N];
int in[2][N],out[2][N],nowdfn;
void init(int x,int fa){
    in[T][x]=++nowdfn;
    for (EDGE *ei=last[T][x];ei;ei=ei->las)
        if (ei->to!=fa)
            init(ei->to,x);
    out[T][x]=nowdfn;
}
int q[N];
bool cmp1(int x,int y){return in[T][ed[!T][x].v]in[T][ed[!T][y].u];}
EDGE *d1[2][N*4],*d2[2][N*4];
void insert1(int k,int l,int r,int p){
    e[ne]={p,d1[T][k]};
    d1[T][k]=e+ne++;
    if (l==r)
        return;
    int mid=l+r>>1;
    if (in[T][ed[!T][p].u]<=mid)
        insert1(k<<1,l,mid,p);
    else
        insert1(k<<1|1,mid+1,r,p);
}
void insert2(int k,int l,int r,int p){
    e[ne]={p,d2[T][k]};
    d2[T][k]=e+ne++;
    if (l==r)
        return;
    int mid=l+r>>1;
    if (in[T][ed[!T][p].v]<=mid)
        insert2(k<<1,l,mid,p);
    else
        insert2(k<<1|1,mid+1,r,p);
}
bool killed[2][N];
int ans[2][N*20*2],*now,*old,kn,ko;
void kill(int k,int l,int r,int x){
    if (in[T][x]<=l && r<=out[T][x]){
        while (d1[T][k] && in[T][ed[!T][d1[T][k]->to].v]>out[T][x]){
            now[++kn]=d1[T][k]->to;
            d1[T][k]=d1[T][k]->las;
        }
        while (d2[T][k] && in[T][ed[!T][d2[T][k]->to].u]to;
            d2[T][k]=d2[T][k]->las;
        }
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if (in[T][x]<=mid)
        kill(k<<1,l,mid,x);
    if (midin[T][ed[!T][i].v])
                swap(ed[!T][i].u,ed[!T][i].v);
        for (int i=1;iin[T][v]?u:v;
            kill(1,1,n,x);
        }
        for (int i=1;i<=kn;++i)
            if (killed[!T][now[i]]){
                swap(now[i],now[kn]),kn--;
                --i;
            }
            else
                killed[!T][now[i]]=1;
        if (kn==0)
            break;
        if (T==0)
            printf("Red\n");
        else
            printf("Blue\n");
        sort(now+1,now+kn+1);
        for (int i=1;i<=kn;++i)
            if (now[i]!=now[i-1])
                printf("%d ",now[i]);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

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总结

要善于估计一下时间复杂度。
比如看到\(n=2e5\)就知道是要卡的。