NOIP2023模拟13联测34 tour

题目大意

有一棵有$n$个节点的树，每个点有一个权值$va{l}_i$。

接下来有$q$次操作，操作有两种类型：

• 0 x y表示城市$x$和城市$y$之间修建起了一条道路（保证修建前$x$和$y$不连通）
• 1 x y代表有一个棋子，初始时它的权值为$0$，它会从$x$走到$y$（保证此时$x$和$y$连通），每走到一个城市$i$，如果它此时的权值大于等于$va{l}_i$，则分数加一。无论它此时的权值是否大于等于$va{l}_i$，在此之后，它的权值会增加$va{l}_i$。求这个棋子从$x$走到$y$能得到的分数

本题部分数据强制在线。

$1\le n\le 10^5,1\le q\le 5\times 10^5,-5\times 10^3\le va{l}_i\le 5\times 10^3$

时间限制$5000ms$，空间限制$1024MB$。

题解

先考虑如何回答询问。设$di{s}_x$表示根到点$x$的简单路径上的点权和的，对于每次询问$x,y$，设$x,y$的$lca$为$z$，我们可以分为$x$到$z$和$z$到$y$两种情况讨论：

• 对于$x$到$z$的部分，$i$满足条件当且仅当$di{s}_x-di{s}_i\ge di{s}_i-di{s}_{f{a}_i}$，即$di{s}_x\ge 2di{s}_i-di{s}_{f{a}_i}$
• 对于$z$到$y$的部分，$i$满足条件当且仅当$di{s}_x-di{s}_{f{a}_z}+di{s}_{f{a}_i}-di{s}_z\ge di{s}_i-di{s}_{f{a}_i}$，即$di{s}_x-di{s}_{f{a}_z}-di{s}_z\ge di{s}_i-2di{s}_{f{a}_i}$

观察到每个式子左边只与$x,y$有关，右边只与$i$有关，因此有一个离线做法：先建好最终的树，在每个节点上维护两棵主席树，分别维护从根节点到当前节点的$2di{s}_i-di{s}_{f{a}_i}$和$di{s}_i-2di{s}_{f{a}_i}$的个数，查询时在主席树上求前缀和，求出$lca$，再做树上差分即可，时间复杂度为$O((n+q)\log V)$，其中$V$为$di{s}_i$的值域。

考虑如何在线操作。我们发现答案与根具体是谁没有关系，所以可以每次合并时以$x$为父亲，将$y$这棵树以$y$为根接在$x$下面，暴力重构$x$的整棵树。直接做的时间复杂度为$O(n^2\log V+q\log V)$，可以用启发式合并，时间复杂度即可降为$O(n\log n\log V+q\log V)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000,L=-1e9,R=1e9;
int tmd,n,q,ans=0,cnt=0,a[N+5],rt[2][N+5];
int siz[N+5],dep[N+5],dis[N+5],f[N+5][20];
int tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[N+5];
struct node{
	int lc,rc,s;
}tr[N*1200+5];
void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void ch(int &r1,int r2,int l,int r,int v){
	r1=++cnt;
	tr[r1]=tr[r2];
	++tr[r1].s;
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	if(v<=mid) ch(tr[r1].lc,tr[r2].lc,l,mid,v);
	else ch(tr[r1].rc,tr[r2].rc,mid+1,r,v);
}
int gt(int k,int l,int r,int v){
	if(r<=v) return tr[k].s;
	int mid=l+r>>1,re=gt(tr[k].lc,l,mid,v);
	if(v>mid) re+=gt(tr[k].rc,mid+1,r,v);
	return re;
}
int find(int x){
	for(int i=17;i>=0;i--){
		if(f[x][i]) x=f[x][i];
	}
	return x;
}
void dfs(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1;
	dis[u]=dis[fa]+a[u];
	f[u][0]=fa;
	for(int i=1;i<=17;i++){
		f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
	}
	ch(rt[0][u],rt[0][fa],L,R,2*dis[u]-dis[fa]);
	ch(rt[1][u],rt[1][fa],L,R,dis[u]-2*dis[fa]);
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==fa) continue;
		dfs(d[i],u);
	}
}
int gtlca(int x,int y){
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(int i=17;i>=0;i--){
		if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
	}
	if(x==y) return x;
	for(int i=17;i>=0;i--){
		if(f[x][i]!=f[y][i]){
			x=f[x][i];y=f[y][i];
		}
	}
	return f[x][0];
}
int main()
{
//	freopen("tour.in","r",stdin);
//	freopen("tour.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&tmd,&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		dis[i]=a[i];
		ch(rt[0][i],0,L,R,2*dis[i]);
		ch(rt[1][i],0,L,R,dis[i]);
		siz[i]=1;dep[i]=1;
	}
	while(q--){
		int tp,x,y;
		scanf("%d%d%d",&tp,&x,&y);
		if(tmd) x^=ans,y^=ans;
		if(!tp){
			int v1=find(x),v2=find(y);
			if(siz[v1]<siz[v2]) swap(v1,v2);
			siz[v1]+=siz[v2];
			dfs(y,x);
			add(x,y);add(y,x);
		}
		else{
			int lca=gtlca(x,y);
			ans=gt(rt[0][x],L,R,dis[x]);
			ans-=gt(rt[0][f[lca][0]],L,R,dis[x]);
			ans+=gt(rt[1][y],L,R,dis[x]-dis[lca]-dis[f[lca][0]]);
			ans-=gt(rt[1][lca],L,R,dis[x]-dis[lca]-dis[f[lca][0]]);
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}