【HNOI 2010】弹飞绵羊

题目大意

要求维护一个 n 个节点的森林，实现 m 个询问，其中包括

• 将 x 的父亲设为 y
• 查询 x 的深度

n<200,000
m<100,000

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分析

动态树的入门题。
只需要实现 access 操作以及维护子树大小 size 即可。

其实我做这道题是为了找找写动态树的感觉，发现了不少要注意的细节。

• 我的实现里面有两个特殊的函数 top(x) 和 dir(x) 分别是返回 x 是否为一棵树的根以及 x 是它父亲的哪个儿子。第一次写的时候两个函数都写错了，结果一直超时搞不懂。
• 标记仅对当前这条重链有用。所以一定要考虑好标记该怎么打。这道题我本想通过打标记来修改维护深度，后来发现这样子是不行的，要么就得 link 操作时获得一遍父亲的深度进行修改。但是相对来说就变得麻烦了。
• 在旋转操作在修改父亲的父亲之前，判定方式是判断 top( 父亲 ) 。否则很难查出错来。

总结地说，越是基本的函数就越不能打错，不然就要花好多的时间去查出来。

附上代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef double db;
typedef long long LL;
typedef pair< int, int > PII;
typedef pair< LL, LL > PLL;
typedef pair< db, db > PDD;

const db dInf = 1E90;
const LL lInf = ( LL ) 1E16;
const int Inf = 0x23333333;
const int N = 200005;

#define it iterator
#define rbg rbegin()
#define ren rend()
#define bg begin()
#define en end()
#define sz size()
#define fdi( i, x ) for ( typeof( x.rbg ) i=x.rbg; i!=x.ren; ++i )
#define foi( i, x ) for ( typeof( x.bg ) i=x.bg; i!=x.en; ++i )
#define fd( i, y, x ) for ( int i=( y )-1, lim=x; i>=lim; --i )
#define fo( i, x, y ) for ( int i=x, lim=y; i
#define mkp( A, B ) make_pair( A, B )
#define pub( x ) push_back( x )
#define pob( x ) pop_back( x )
#define puf( x ) push_front( x )
#define pof( x ) pop_front( x )
#define fi first
#define se second

namespace LCT
{
    struct node
    {
        node () : size( 1 ) {}
        int fa, s[2];
        int size;
    } a[N];

    inline bool top( const int &x )
    {
        int z = a[x].fa;
        return ( !z ) || a[z].s[0]!=x && a[z].s[1]!=x;
    }

    inline bool dir( const int &x )
    {
        int z = a[x].fa;
        return ( a[z].s[1] == x );
    }

    inline void update( const int &x )
    {
        a[x].size = 1;
        fo ( k, 0, 2 ) a[x].size += a[ a[x].s[k] ].size;
    }

    inline void rotate( const int &x )
    {   
        int y = a[x].fa, z = a[y].fa, p = dir( x ); 
        int q = p ^ 1, A = a[x].s[q];
        if ( !top( y ) ) a[z].s[ dir( y ) ] = x;
        a[y].fa = x, a[y].s[p] = A, update( y );
        a[x].fa = z, a[x].s[q] = y;
        if ( A ) a[A].fa = y;
    }

    inline void splay( const int &x )
    {
        while ( !top( x ) )
        {
            int y = a[x].fa, z = a[y].fa;
            if ( !z || top( z ) || dir( y )^dir( x ) ) rotate( x );
            else rotate( y ), rotate( x );
        }
        update( x );
    }

    inline void expose( const int &x )
    {
        for ( int _x=x, y=0; _x; _x=a[_x].fa )
            splay( _x ), a[_x].s[0] = y, y = _x;
        splay( x );
    }

    inline void link( const int &x, const int &y )
    {
        expose( y ), a[y].fa = x;
    }
    inline void cut( const int &x, const int &y )
    {
        expose( y ), splay( x ), a[x].s[0] = a[y].fa = 0;
    }
    inline int query( const int &x )
    {
        expose( x );
        return a[x].size;
    }
}

int faict[N];
int n;

void preprocessing()
{
    LCT :: a[0].size = 0;
    LL temp;
    cin >> n; ++n;
    fo ( i, 1, n )
    {
        cin >> temp; faict[i] = ( int ) min( temp, ( LL ) n - i );
        if ( i + faict[i] < n ) LCT :: link( i + faict[i], i );
    }
}

void solve()
{
    int T, type, x; 
    LL temp; 
    cin >> T;
    fo ( Case, 0, T )
    {
        cin >> type >> x; ++x;
        if ( type==2 )
        {
            cin >> temp;
            if ( x + faict[x] < n ) LCT :: cut( x + faict[x], x );
            faict[x] = ( int ) min( temp, ( LL ) n-x );
            if ( x + faict[x] < n ) LCT :: link( x + faict[x], x );
        }
        else cout << LCT :: query( x ) << endl;
    }
}

int main()
{
    ios :: sync_with_stdio( 0 );
    preprocessing();
    solve();
    return 0;
}