【BZOJ】3282: Tree（lct）

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3282

复习了下lct，发现两个问题。。

1：一开始我以为splay那里直接全部rot(x)就好了，然后改了好几题lct的题，都过了且速度和原版一样。。然后怀疑了下。。。。。。后来请教神犇，他说这样不行。。（这是单旋了？时间复杂度不保证，，但是我还不知道反例）

2：findroot操作里不要使用makeroot后再找root。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。多么的sb啊。。。。。。。。

然后就是裸的lct。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

#include <string>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <queue>

using namespace std;

#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)

#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)

#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)

#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)

#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)

#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))

#define read(a) a=getint()

#define print(a) printf("%d", a)

#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl

#define printarr2(a, b, c) for1(_, 1, b) { for1(__, 1, c) cout << a[_][__]; cout << endl; }

#define printarr1(a, b) for1(_, 1, b) cout << a[_] << '\t'; cout << endl

inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }

inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }

inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }



const int N=300005;

struct node *null;

struct node {

	int v, rev, w;

	node *ch[2], *fa;

	node(const int _v=0) : v(_v), rev(0), w(0) { ch[0]=ch[1]=fa=null; }

	bool d() { return fa->ch[1]==this; }

	bool check() { return fa->ch[0]!=this && fa->ch[1]!=this; }

	void setc(node* c, int d) { ch[d]=c; c->fa=this; }

	void pushup() { w=ch[0]->w^ch[1]->w^v; }

	void pushdown() {

		if(rev) {

			ch[0]->rev^=1;

			ch[1]->rev^=1;

			swap(ch[0], ch[1]);

			rev=0;

		}

	}

}*t[N];

void rot(node* x) {

	node* fa=x->fa; bool d=x->d();

	fa->pushdown(); x->pushdown();

	if(!fa->check()) fa->fa->setc(x, fa->d());

	else x->fa=fa->fa;

	fa->setc(x->ch[!d], d);

	x->setc(fa, !d);

	fa->pushup();

}

void fix(node* x) {

	if(!x->check()) fix(x->fa);

	x->pushdown();

}

void splay(node* x) {

	fix(x);

	while(!x->check())

		if(x->fa->check()) rot(x);

		else x->d()==x->fa->d()?(rot(x->fa), rot(x)):(rot(x), rot(x));

	x->pushup();

}

node* access(node* x) {

	node* y=null;

	for(; x!=null; y=x, x=x->fa) {

		splay(x);

		x->ch[1]=y;

	}

	return y;

}

void mkroot(node* x) { access(x)->rev^=1; splay(x); }

void link(node* x, node* y) { mkroot(x); x->fa=y; }

void cut(node* x, node* y) {

	mkroot(x); access(y); splay(y);

	y->ch[0]->fa=null; y->ch[0]=null;

}

node* findrt(node* x) {

	access(x); splay(x);

	while(x->ch[0]!=null) x=x->ch[0];

	return x;

}

void init() { null=new node; null->ch[0]=null->ch[1]=null->fa=null; }

int n, m;



int main() {

	init();

	read(n); read(m);

	for1(i, 1, n) t[i]=new node(getint());

	rep(i, m) {

		int c=getint(), x=getint(), y=getint();

		if(c==0) { mkroot(t[x]); access(t[y]); splay(t[y]); printf("%d\n", t[y]->w); }

		else if(c==1) { if(findrt(t[x])!=findrt(t[y])) link(t[x], t[y]); }

		else if(c==2) { if(findrt(t[x])==findrt(t[y])) cut(t[x], t[y]); }

		else if(c==3) { mkroot(t[x]); t[x]->v=y; t[x]->pushup(); }

	}

	return 0;

}

 

 

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Description

给定Ｎ个点以及每个点的权值，要你处理接下来的Ｍ个操作。操作有４种。操作从０到３编号。点从１到Ｎ编号。

０：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表询问从ｘ到ｙ的路径上的点的权值的ｘｏｒ和。保证ｘ到ｙ是联通的。

１：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表连接ｘ到ｙ，若ｘ到Ｙ已经联通则无需连接。

２：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表删除边（ｘ，ｙ），不保证边（ｘ，ｙ）存在。

３：后接两个整数（ｘ，ｙ），代表将点Ｘ上的权值变成Ｙ。

 

Input

第１行两个整数，分别为Ｎ和Ｍ，代表点数和操作数。

第２行到第Ｎ＋１行，每行一个整数，整数在［１，１０＾９］内，代表每个点的权值。

第Ｎ＋２行到第Ｎ＋Ｍ＋１行，每行三个整数，分别代表操作类型和操作所需的量。

 

 

 

Output

对于每一个０号操作，你须输出Ｘ到Ｙ的路径上点权的Ｘｏｒ和。

Sample Input

3 3
1
2
3
1 1 2
0 1 2
0 1 1

Sample Output

3
1

HINT

１＜＝Ｎ，Ｍ＜＝３０００００

Source

动态树