Link Cut Tree 学习笔记

Link Cut Tree 学习笔记

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说在前边

最近补 CF 碰见一道 LCT ，就打算学习一下这个东西。。。顺便复习一下 splay。

具体算法及实现

参考了FlashHu， Candy?

P3690 【模板】Link Cut Tree （动态树）

题目：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。

做法：模板

Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
typedef long long ll;
const int N = 300010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
template<class T> inline void read(T &x) {x = 0; char c = getchar(); T f = 1;while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)) {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}x *= f;
}
using namespace std;
class LCT {
private :struct Node {int ch[2], fa, rev, sum, w;} T[N];int st[N];#define lc T[p].ch[0]#define rc T[p].ch[1]#define pa T[p].fainline int LR(int p) { return T[pa].ch[1] == p; }inline int isR(int p) { return T[pa].ch[0] != p && T[pa].ch[1] != p; }inline void PushUp(int p) { T[p].sum = T[lc].sum ^ T[rc].sum ^ T[p].w; }inline void Pushr(int p) { T[p].rev ^= 1; swap(lc, rc); }inline void PushDown(int p) {if(T[p].rev) {if(lc) Pushr(lc);if(rc) Pushr(rc);T[p].rev = 0;}}inline void rotate(int p) {int f=T[p].fa, g=T[f].fa, c=LR(p);if(!isR(f)) T[g].ch[LR(f)]=p; T[p].fa=g;T[f].ch[c] = T[p].ch[c^1]; T[T[f].ch[c]].fa=f;T[p].ch[c^1] = f; T[f].fa=p;PushUp(f); PushUp(p);}inline void splay(int p) {int y=p,z=0; st[++z]=y;while(!isR(y)) st[++z]=y=T[y].fa;while(z) PushDown(st[z--]);while(!isR(p)) {y=T[p].fa;z=T[y].fa;if(!isR(y)) rotate((T[y].ch[0]==p)^(T[z].ch[0]==y)?p:y);rotate(p);}PushUp(p);}inline void access(int p) {for(int y = 0; p; p = T[y = p].fa)splay(p), rc = y, PushUp(p);}inline void makeR(int p) {access(p); splay(p); Pushr(p);}int findR(int p) {access(p); splay(p);while(lc) PushDown(p), p = lc;splay(p);return p;}
public :inline void split(int x, int y) {makeR(x); access(y); splay(y);}inline void Link(int x, int y) {makeR(x);if(findR(y)!=x)T[x].fa=y;}inline void Cut(int x, int y) {makeR(x);if(findR(y) == x && T[y].fa == x && !T[y].ch[0]) {T[y].fa = T[x].ch[1] = 0; PushUp(x);}}inline int getSum(int p) { return T[p].sum; }inline void setW(int p, int v) { splay(p);T[p].w = v;PushUp(p); }
} tree;
int n, q, opt, u, v;
int main() {read(n), read(q);for(int i = 1; i <= n; ++i) read(v), tree.setW(i, v);while(q--) {read(opt), read(u), read(v);if(opt == 0) tree.split(u, v), printf("%d\n",tree.getSum(v));else if(opt == 1) tree.Link(u, v);else if(opt == 2) tree.Cut(u, v);else if(opt == 3) tree.setW(u, v);}
}

CodeForces 1137F

题意：给定一棵n点树。设第i个点当前编号为\(p_i\)。已知一种游戏，每次删除叶子节点中编号最小的那个节点，而节点\(v\)在一次游戏中被删除的时间为\(Ti(v)\)。有\(m\)组询问，三种操作：1. \(up ~v\)将 \(v\) 点标号改为\(1 + max(p_1,p_2,...,p_n)\) 2. \(when ~v\)询问 \(Ti(v)\) 3.\(compare ~u~v\), 比较\(Ti(u)\), \(Ti(v)\)。

做法：首先，操作3可以转化为操作2。现在，假设我们已经知道当前这棵树每个节点的\(Ti\)，那么当进行\(up\)操作时，这棵树的\(Ti\)会怎么变化？测试几组数据可以知道，每次只有原本的最大值，与新的最大值路径上的\(Ti\)会发生重编号，而这条链之外的节点的\(Ti\)相对大小没有改变。
为了操作方便我们用编号最大的点作为当前的根节点，考虑如何询问。我们定义\(mxp(v)\)为\(v\)子树中最大的点的编号，对于一个节点\(v\)和一个节点\(u\)，如果\(mxp(v) < mxp(u)\)，\(v\)一定先于\(u\)删除，因为在删除\(mxp(u)\)之前一定已经删除了\(mxp(v)\)而删除了\(mxp(v)\)之后一定会继续删除，直到删除\(v\)。对于一个点\(u\)所有满足\(mxp(v) < mxp(u)\) 的\(v\) 一定先于他删除。如果\(mxp(v) = mxp(u)\) ，出现这种情况当且仅当\(u\)和\(v\)在一条指向根的路径上，那么由于根节点的编号最大，我们一定会先删除深度比较深的点。所以形式化的答案是
\[ \sum_v [mxp(v) < mxp(u)] + \sum_v [mxp(v)=mxp(u)][dep[v] > dep[u]] = \\ \sum_v [mxp(v) \leq mxp(u)] - \sum_v [mxp(v)=mxp(u)][dep[v] < dep[u]] \]

现在整理一下，我们要维护什么：每个点子树中的最大编号，深度信息，编号小于\(v\)的点的数目，编号为\(v\)的点中\(dep\)小于\(d\)的数目，要支持把编号最大点提到根的位置。

涉及到提根这个操作，所以想到使用\(LCT\)解决。每个辅助树的节点中除了常规的部分，维护\(mxp\)和子树的大小\(sz\)，而同时因为\(LCT\)的性质，其中每个\(splay\)中都是按照深度排序。再利用一个树状数组，维护编号小于\(v\)的点的数目。

初始化部分，我们\(dfs\)这棵树，求出每个点的父亲，同时我们将所有的点按照\(mxp\)连成一条条实链，顺便计算\(sz\)，以及在树状数组中更新。

对于询问操作\(when ~v\)，答案就是小于等于\(mxp(v)\)的\(mxp(u)\)的数量，减去深度小于\(v\)的\(mxp\)相同的点的数量。对于第一部分直接在树状数组中查询，第二部分利用\(splay\)的按深度排序的性质，我们\(splay(v)\)将\(v\)旋到根上，此时它的左子树的\(sz\)就是我们要的。

对于修改操作\(up ~v\)，我们令原先最大的点为\(u\), \(access(v)\) 同时将所有v到u路径上的点的编号改为\(mxp(u)\)，把\(v\)旋到根，再翻转这条链，此时\(v\)已经是整颗树的根了，但是此时的\(v\)的编号还没有修改，我们把\(u\)和它的右儿子断开重新给他打上新的标记即可。

这个过程中要注意，打上标记后及时\(pushdown\)，子节点修改后，及时\(pushup\)。

ps: 这题从复习\(splay\)，学习\(LCT\)，到看懂题解花了3天时间。参考了很多ac代码。。。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
typedef long long ll;
const int N = 200010;
template<class T> inline void read(T &x) {x = 0; char c = getchar(); T f = 1;while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)) {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}x *= f;
}
using namespace std;
class BIT {int n, a[N << 1];
public :void init(int _) {n = _;}void add(int p, int val) {for(int i = p; i <= n; i += (i&(-i))) a[i] += val;}int ask(int p) { int ans = 0;for(int i = p; i; i -= (i&(-i))) ans += a[i];return ans;}
} B;
struct Node {int ch[2], fa, rev, sz, w, tag;
} T[N];
#define lc T[p].ch[0]
#define rc T[p].ch[1]
#define pa T[p].fa
inline int LR(int p) { return T[pa].ch[1] == p; }
inline int isR(int p) { return T[pa].ch[0] != p && T[pa].ch[1] != p; }
inline void PushUp(int p) { T[p].sz = T[lc].sz + T[rc].sz + 1; }
inline void Pushr(int p) { T[p].rev ^= 1; swap(lc, rc); }
inline void PushDown(int p) {if(T[p].rev) {if(lc) Pushr(lc);if(rc) Pushr(rc);T[p].rev = 0;}if(T[p].tag) {T[lc].tag = T[lc].w = T[p].tag;T[rc].tag = T[rc].w = T[p].tag;T[p].tag = 0;}
}
inline void rotate(int p) {int f=T[p].fa, g=T[f].fa, c=LR(p);if(!isR(f)) T[g].ch[LR(f)]=p; T[p].fa=g;T[f].ch[c] = T[p].ch[c^1]; T[T[f].ch[c]].fa=f;T[p].ch[c^1] = f; T[f].fa=p;PushUp(f); PushUp(p);
}
inline void splay(int p) {static int st[N];int y=p,z=0; st[++z]=y;while(!isR(y)) st[++z]=y=T[y].fa;while(z) PushDown(st[z--]);while(!isR(p)) {y=T[p].fa;z=T[y].fa;if(!isR(y)) rotate((T[y].ch[0]==p)^(T[z].ch[0]==y)?p:y);rotate(p);}
}
inline void access(int p, int ti) {for(int y = 0; p; p = T[y = p].fa) {splay(p); // splay 到顶T[p].ch[1] = 0; // 断掉比他深的点PushUp(p); // **// updateB.add(T[p].w, -T[p].sz);T[p].tag = T[p].w = ti;B.add(T[p].w, T[p].sz);T[p].ch[1] = y;// 右儿子接到上一层splay的根上PushUp(p); // **}
}int n, q, u, v;
char opt[11];
vector<int> G[N];
void dfs(int u) {T[u].w = u;for(int v: G[u]) if(v != T[u].fa) {T[v].fa = u; dfs(v);T[u].w = max(T[u].w, T[v].w);}for(int v: G[u]) if(v != T[u].fa && T[u].w == T[v].w) {T[u].ch[1] = v;T[u].sz = T[v].sz + 1;}B.add(T[u].w, 1);
}
int qry(int p) {splay(p); PushDown(p);return B.ask(T[p].w) - T[lc].sz;
}int main() {
#ifdef RRRR_wysfreopen("in.txt","r",stdin);
#endifread(n), read(q);B.init(n+q+2);for(int i = 2; i <= n; ++i)read(u), read(v), G[u].pb(v), G[v].pb(u);for(int i = 1; i <= n; ++i) T[i].sz = 1;dfs(n); int TT = n;while(q--) {scanf(" %s",opt);if(opt[0] == 'u') {read(v);// MakeRootaccess(v, TT); splay(v);T[v].rev ^= 1; swap(T[v].ch[0], T[v].ch[1]);PushDown(v);// updateB.add(T[v].w, -1); // ***T[v].ch[1] = 0; // 断右儿子T[v].w = T[v].tag = ++ TT; // 重新标号T[v].sz = 1; // 计算szB.add(T[v].w, 1);}else if(opt[0] == 'w') {read(v);printf("%d\n", qry(v));}else {read(u), read(v);printf("%d\n", (qry(u) < qry(v) ? u : v) );}}
}