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 a n s = min ⁡ y { d i s ( x , y ) } ans=\min\limits_y\{dis(x,y)\} ans=ymin​{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 a n s = min ⁡ y { min ⁡ ( d i s ( x , z ) , d i s ( z , y ) ) } ans=\min\limits_y\{\min(dis(x,z),dis(z,y))\} ans=ymin​{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 a n s = min ⁡ ( d i s ( t , x ) , min ⁡ y { d i s ( z , y ) } ) ans=\min(dis(t,x),\min\limits_y\{dis(z,y)\}) ans=min(dis(t,x),ymin​{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 a n s = min ⁡ ( d i s ( t , x ) , min ⁡ y { d i s ( t , y ) } ) ans=\min(dis(t,x),\min\limits_y\{dis(t,y)\}) ans=min(dis(t,x),ymin​{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 min ⁡ y { d i s ( t , y ) } \min\limits_y\{dis(t,y)\} ymin​{dis(t,y)}即可。

时间复杂度为$O(n+q)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
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;
}