bzoj4551【TJOI2016&HEOI2016】树

4551: [Tjoi2016&Heoi2016]树

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Description

在2016年，佳媛姐姐刚刚学习了树，非常开心。现在他想解决这样一个问题：给定一颗有根树（根为1），有以下

两种操作：1. 标记操作：对某个结点打上标记（在最开始，只有结点1有标记，其他结点均无标记，而且对于某个

结点，可以打多次标记。）2. 询问操作：询问某个结点最近的一个打了标记的祖先（这个结点本身也算自己的祖

先）你能帮帮他吗?

Input

输入第一行两个正整数N和Q分别表示节点个数和操作次数接下来N-1行，每行两个正整数u,v(1≤u,v≤n)表示u到v

有一条有向边接下来Q行，形如“opernum”oper为“C”时表示这是一个标记操作,oper为“Q”时表示这是一个询

问操作对于每次询问操作，1 ≤ N, Q ≤ 100000。

Output

输出一个正整数，表示结果

Sample Input

5 5
1 2
1 3
2 4
2 5
Q 2
C 2
Q 2
Q 5
Q 3

Sample Output

1
2
2
1

方法一：DFS序+线段树

每次给一个点打标记，只会影响到以这个点为根的子树中的答案，而子树对应在DFS序上是一段区间。所以对DFS序建出线段树，问题就变成线段树上区间修改和单点查询了。

唯一的不同就是更新答案的时候深度深的点更优。

时间复杂度O(nlogn)，这道题的范围是可以过的。

//DFS序+线段树 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,cnt,tot;
int head[N],dep[N],l[N],r[N];
int tag[N*4],mx[N*4];
struct edge{int next,to;}e[N*2];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
	e[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){head[y],x};head[y]=cnt;
}
inline void dfs(int x,int f)
{
	l[x]=++tot;dep[x]=dep[f]+1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].to!=f) dfs(e[i].to,x);
	r[x]=tot;
}
inline int better(int x,int y)
{
	return dep[x]>dep[y]?x:y;
}
void pushup(int k)
{
	mx[k]=better(mx[k<<1],mx[k<<1|1]);
}
void update(int k,int x)
{
	tag[k]=better(tag[k],x);
	mx[k]=better(mx[k],x);
}
void pushdown(int k)
{
	if (!tag[k]) return;
	update(k<<1,tag[k]);update(k<<1|1,tag[k]);
	tag[k]=0;
}
void build(int k,int l,int r)
{
	tag[k]=0;mx[k]=1;
	if (l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void change(int k,int l,int r,int L,int R,int x)
{
	if (l==L&&r==R){update(k,x);return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(k);
	if (R<=mid) change(k<<1,l,mid,L,R,x);
	else if (L>mid) change(k<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
	else change(k<<1,l,mid,L,mid,x),change(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,x);
	pushup(k);
}
int query(int k,int l,int r,int pos)
{
	if (l==r) return mx[k];
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(k);
	if (pos<=mid) return query(k<<1,l,mid,pos);
	else return query(k<<1|1,mid+1,r,pos);
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n-1){int x=read(),y=read();add_edge(x,y);}
	dfs(1,0);
	build(1,1,n);
	F(i,1,m)
	{
		char ch=getchar();while (ch!='C'&&ch!='Q') ch=getchar();
		int x=read();
		if (ch=='C') change(1,1,n,l[x],r[x],x);
		else printf("%d\n",query(1,1,n,l[x]));
	}
}

方法二：并查集

这个方法很巧妙！

将操作离线，然后倒着处理，等于是把一些有标记的点去掉标记，然后询问一个点最近的有标记的祖先。

用并查集维护每个点的答案，如果一个点的标记被彻底去掉，就把它和它的父亲合并。

时间复杂度O(1)，但好像并查集复杂度不是严格的？

//离线+并查集 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define N 100005
using namespace std;
int n,m,cnt;
int head[N],c[N],a[N],f[N],fa[N],ans[N];
char opt[N];
struct edge{int next,to;}e[N*2];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
	e[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){head[y],x};head[y]=cnt;
}
inline int find(int x)
{
	return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}
void dfs(int x)
{
	f[x]=c[x]?x:fa[x];
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y!=fa[x]) fa[y]=x,dfs(y);
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	F(i,1,n-1){int x=read(),y=read();add_edge(x,y);}
	c[1]=1;
	F(i,1,m)
	{
		opt[i]=getchar();while (opt[i]!='C'&&opt[i]!='Q') opt[i]=getchar();
		a[i]=read();
		if (opt[i]=='C') c[a[i]]++;
	}
	dfs(1);
	D(i,m,1)
	{
		if (opt[i]=='C'){c[a[i]]--;if (!c[a[i]]) f[a[i]]=fa[a[i]];}
		else ans[i]=find(a[i]);
	}
	F(i,1,m) if (ans[i]) printf("%d\n",ans[i]);
}