CF1491H Yuezheng Ling and Dynamic Tree

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題目鏈接

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非常清新的小分塊題了

前提：將序列分成$\sqrt{n}$塊，每塊有$\sqrt{n}$個數(shù)，記第$i$個塊的左右邊界為$L_i,R_i$，記第$i$個數(shù)所在塊為$bloc{k}_i$

定義$to{p}_i$：節(jié)點$i$的祖先中，與$i$不在同一個塊的最大編號點

【這個真的很妙，可以說是這道題的解法考察點了】

問題是如何在$a_{l,r}$更新時，對某個塊$x$內(nèi)的被覆蓋節(jié)點$i\in [l,r]$的$to{p}_i$進行更新？？

• 如果更新后的$a_i<L_x$，則$a_i$成為新的滿足$top$定義的最大編號點【$i$的祖先都已經(jīng)全變成了$a_i$的祖先，再加個$a_i$本身】，$to{p}_i=a_i$
• 如果更新后的$a_i$仍然屬于塊$x$內(nèi)，則直接鏈接過去，$to{p}_i=to{p}_{a_i}$

明白了如何維護塊內(nèi)信息，接下來就是對不同塊進行操作了

首先考慮修改操作

• 散塊（只覆蓋了塊內(nèi)部分點）：直接暴力修改點的$a_i$值，然后暴力重構(gòu)，單次操作時間復(fù)雜度$O(\sqrt{n})$

• 整塊：懶標(biāo)記$ta{g}_i$表示點$i$的$a_i$還沒減多少【比真實的$a_i$多了$ta{g}_i$，未真實操作修改】，但這個時候塊內(nèi)某些點的$to{p}_i$可能已經(jīng)發(fā)生了變化，沒有實時更新就會影響后面的查詢操作，而每次暴力修改又需要整個塊的遍歷，多個整塊幾乎就是$O($修改區(qū)間長度$)$的，無法保證時間復(fù)雜度

  實際上，發(fā)現(xiàn)對于每個塊，經(jīng)過$\sqrt{n}$次整塊修改操作后，$a_i$都至少會變?yōu)?span id="ze8trgl8bvbq" class="katex--inline">$a_i?\sqrt{n}$，一定在當(dāng)前塊前面的塊

  因此，我們可以維護每個塊被修改的次數(shù)$cn{t}_x$當(dāng)$cn{t}_x>\sqrt{n}$，就不再暴力修改整塊，而是直接整塊的區(qū)間減法，這個時候的$a_i$一定是其的$to{p}_i$，否則就暴力修改

  每個塊最多修改$\sqrt{n}$次，每次需要$O(\sqrt{n})$遍歷修改，一共有$\sqrt{n}$個塊，總時間復(fù)雜度是$O(n\sqrt{n})$的

接著考慮詢問操作

找$\text{lca}$肯定是倍增暴力啦！這里直接使用暴力爬山法

考慮詢問$u,v$兩個點的$lca$

• 若$bloc{k}_u=bloc{k}_v$，則選擇對應(yīng)$block$編號較大的點，跳到其$top$點

• 若$bloc{k}_u=bloc{k}_v$且$to{p}_u=to{p}_v$，則兩個節(jié)點一起跳對應(yīng)的$top$點

• 若$bloc{k}_u=bloc{k}_v$且$to{p}_u=to{p}_v$，則一直讓節(jié)點編號大的點跳父親$a$，直到兩點相同為止

  【注意在跳的時候，一定要減去所在塊的$ta{g}_x$標(biāo)記，才能得到真正的$top/a$】

一個點跳$top$的次數(shù)最多為$\frac{n}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}$次，跳完$top$就是在一個塊里面的跳$a$，最多也是$\sqrt{n}$次，所以單次詢問時間復(fù)雜度為$O(\sqrt{n})$

本題最終的時間復(fù)雜度為$O((n+q)\sqrt{n})$

code

#include <cmath> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 100005 #define maxB 320 int n, Q, B, B_cnt; int a[maxn], block[maxn], L[maxB], R[maxB], cnt[maxB], top[maxn], tag[maxB];void pushup( int x ) {for( int i = L[x];i <= R[x];i ++ ) a[i] = max( 1, a[i] - tag[x] );tag[x] = 0;for( int i = L[x];i <= R[x];i ++ ) {if( a[i] < L[x] ) top[i] = a[i];else top[i] = top[a[i]];} }void modify( int l, int r, int x ) {if( block[l] == block[r] ) {for( int i = l;i <= r;i ++ ) a[i] = max( 1, a[i] - x );pushup( block[l] );}else {for( int i = l;i <= R[block[l]];i ++ ) a[i] = max( 1, a[i] - x ); pushup( block[l] );for( int i = L[block[r]];i <= r;i ++ ) a[i] = max( 1, a[i] - x ); pushup( block[r] );for( int i = block[l] + 1;i < block[r];i ++ ) {cnt[i] ++, tag[i] = min( n, tag[i] + x );if( cnt[i] <= B ) pushup( i );}} }int query_top( int i ) { return max( 1, top[i] - tag[block[i]] ); }int query_a( int i ) { return max( 1, a[i] - tag[block[i]] ); }int lca( int x, int y ) {while( 1 ) {if( block[x] < block[y] ) swap( x, y );if( block[x] ^ block[y] ) x = query_top( x );else {if( top[x] ^ top[y] ) x = query_top( x ), y = query_top( y );else break;}}while( x ^ y ) {if( x < y ) swap( x, y );x = query_a( x );}return x; }int main() {scanf( "%d %d", &n, &Q );B = sqrt( n ), B_cnt = ( n - 1 ) / B + 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &a[i] );block[i] = ( i - 1 ) / B + 1;}for( int i = 1;i <= block[n];i ++ ) L[i] = ( i - 1 ) * B + 1, R[i] = min( n, i * B ), pushup( i );for( int i = 1, opt, l, r, x;i <= Q;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &opt, &l, &r );if( opt & 1 ) scanf( "%d", &x ), modify( l, r, x );else printf( "%d\n", lca( l, r ) );}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的CF1491H Yuezheng Ling and Dynamic Tree（分块）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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