CF825G Tree Queries

CF825G Tree Queries

洛谷CF825G Tree Queries

题目大意

一棵树有$n$个节点，初始时均为白色，有两种操作：

• 1 x表示把结点$x$染成黑色
• 1 x表示查询$x$到树上任意一个黑色结点的简单路径上的编号最小的结点的编号

本题强制在线。输入$tp$和$z$，其中$tp$表示操作类型，$x=(z+last)\mathrm{mod}n+1$，其中$last$为上一次询问的答案，初始时$last=0$。

保证第一次操作为操作$1$。

$1\le n,q\le 10^6$

题解

我们把第一个染成黑色的点$t$设为根，设查询的点为$x$，某个被染成黑色的点为$y$。

则$ans=\underset{y}{\min }\{dis(x,y)\}$，其中$dis(x,y)$表示$x\to y$路径上编号最小的点。

设$x$和$y$的$lca$为$z$，则$dis(x,y)=\min (dis(x,z),dis(z,y))$。

那么$ans=\underset{y}{\min }\{\min (dis(x,z),dis(z,y))\}$。

因为$dis(t,x)\le dis(x,z)$，所以$dis(x,z)$肯定会被$dix(t,x)$覆盖，那么$ans=\min (dis(t,x),\underset{y}{\min }\{dis(z,y)\})$。

我们继续推式子。$\min (dis(t,x),dis(z,y))=\min (dis(t,z),dis(z,x),dis(z,y))=\min (dis(t,x),dis(t,y))$，所以$ans=\min (dis(t,x),\underset{y}{\min }\{dis(t,y)\})$。

也就是说，我们只需要用$dfs$求出$t$到每个点$x$的$dis(t,x)$，然后维护$\underset{y}{\min }\{dis(t,y)\}$即可。

时间复杂度为$O(n+q)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=1000000;
int n,q,rt,tmp,ans,tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[N+5],dis[N+5];
void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==fa) continue;
		dis[d[i]]=min(dis[u],d[i]);
		dfs(d[i],u);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);add(y,x);
	}
	scanf("%*d%d",&rt);--q;
	tmp=rt=(rt+ans)%n+1;
	dis[rt]=rt;dfs(rt,0);
	for(int i=1,tp,x;i<=q;i++){
		scanf("%d%d",&tp,&x);
		x=(x+ans)%n+1;
		if(tp==1) tmp=min(tmp,dis[x]);
		else printf("%d\n",ans=min(tmp,dis[x]));
	}
	return 0;
}