题目描述

某一天gty在与他的妹子玩游戏。
妹子提出一个游戏,给定一棵有根树,每个节点有一些石子,每次可以将不多于L的石子移动到父节点,询问
将某个节点的子树中的石子移动到这个节点先手是否有必胜策略。
gty很快计算出了策略。
但gty的妹子十分机智,她决定修改某个节点的石子或加入某个新节点。
gty不忍心打击妹子,所以他将这个问题交给了你。
另外由于gty十分绅士,所以他将先手让给了妹子。

输入

第一行两个数字,n和L,n<=5*10^4,L<=10^9
第二行n个数字,表示每个节点初始石子数。
接下来n-1行,每行两个整数u和v,表示有一条从u到v的边。
接下来一行一个数m,表示m组操作。
接下来m行,每行第一个数字表示操作类型
若为1,后跟一个数字v,表示询问在v的子树中做游戏先手是否必胜。
若为2,后跟两个数字x,y表示将节点x的石子数修改为y。
若为3,后跟三个数字u,v,x,表示为u节点添加一个儿子v,初始石子数为x。
在任意时刻,节点数不超过5*10^4。

输出

对于每个询问,若先手必胜,输出"MeiZ",否则输出"GTY"。
另,数据进行了强制在线处理,对于m组操作,除了类型名以外,都需要异或之前回答为"MeiZ"的个数。

样例输入

2 1000
0 0
1 2
1
1 1

样例输出

GTY
 
对于每个询问就是在子树中做阶梯巴什博弈。
判断谁能赢只要求出与子树根节点深度奇偶性不同的所有子树内点的SG值的异或和就行了。
巴什博弈的SG值就是石子数%(L+1)。
如果没有加点操作直接在线段树上维护dfs序就行了,但有了加点操作就要动态维护dfs序。
每次加一个点直接将这个点插入到它父亲dfs序位置的后面即可,同时记录每个点对应的平衡树上点的编号。
如果是用splay写那么直接可以通过父节点在splay上点的编号进行操作。
但用非旋转treap的话你发现因为dfs是动态的,所以无法知道加入点父节点在treap中对应编号点具体的位置,也就无法从根往下找到这个点。
这时就要记录每个点在treap上父节点是谁然后从操作点自下而上反向分裂(详细做法参见平衡树讲解)。
同样因为dfs序动态的,我们也不知道一个点的子树在dfs上的区间到哪截止,这里有一个判断方法:
从子树根节点在dfs序上位置往右第一个深度小于等于它的点之前都是它子树中的点。
因此在treap上还要维护区间在原树上深度最小值,加上之前维护的奇数偶数层SG值异或和共三个区间信息。
注意因为treap上要维护父节点是谁,因此在split和merge时都要更新父亲数组。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,L,m;
int ls[100010];
int rs[100010];
int sum[100010];
int num[100010];
int mn[100010];
int val[100010];
int v[100010];
int r[100010];
int d[100010];
int dep[100010];
int s[100010];
int f[100010];
int head[100010];
int to[200010];
int next[200010];
int tot;
int cnt;
int opt;
int ans;
int x,y,z;
int a,b,c;
int root;
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
int build(int val,int dep)
{
int rt=++cnt;
v[rt]=val;
r[rt]=rand();
ls[rt]=rs[rt]=0;
d[rt]=dep;
mn[rt]=d[rt];
if(d[rt]%2==0)
{
num[rt]=v[rt];
}
sum[rt]=v[rt];
return rt;
}
void pushup(int rt)
{
sum[rt]=sum[ls[rt]]^sum[rs[rt]]^v[rt];
num[rt]=num[ls[rt]]^num[rs[rt]];
if(d[rt]%2==0)
{
num[rt]^=v[rt];
}
mn[rt]=d[rt];
if(ls[rt])
{
mn[rt]=min(mn[rt],mn[ls[rt]]);
}
if(rs[rt])
{
mn[rt]=min(mn[rt],mn[rs[rt]]);
}
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y)
{
return x+y;
}
if(r[x]<r[y])
{
rs[x]=merge(rs[x],y);
f[rs[x]]=x;
if(!rs[x])
{
f[0]=0;
}
pushup(x);
return x;
}
else
{
ls[y]=merge(x,ls[y]);
f[ls[y]]=y;
if(!ls[y])
{
f[0]=0;
}
pushup(y);
return y;
}
}
void dfs(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+1;
s[x]=build(val[x],dep[x]);
root=merge(root,s[x]);
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa)
{
dfs(to[i],x);
}
}
}
void split1(int rt,int &a,int &b)
{
int x=ls[rt];
int y=rs[rt];
ls[rt]=rs[rt]=0;
num[rt]=sum[rt]=0;
sum[rt]=v[rt];
mn[rt]=d[rt];
if(d[rt]%2==0)
{
num[rt]=v[rt];
}
while(f[rt])
{
if(ls[f[rt]]==rt)
{
ls[f[rt]]=y;
f[y]=f[rt];
y=f[rt];
pushup(f[rt]);
}
else
{
rs[f[rt]]=x;
f[x]=f[rt];
x=f[rt];
pushup(f[rt]);
}
rt=f[rt];
}
a=x;
b=y;
}
void split2(int rt,int &x,int &y,int k)
{
if(!rt)
{
x=y=0;
return ;
}
if(mn[ls[rt]]<=k)
{
y=rt;
split2(ls[rt],x,ls[y],k);
f[ls[y]]=y;
pushup(rt);
}
else if(d[rt]<=k)
{
x=ls[rt];
y=rt;
ls[rt]=0;
pushup(rt);
return ;
}
else
{
x=rt;
split2(rs[rt],rs[x],y,k);
f[rs[x]]=x;
pushup(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&L);
L++;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&z);
val[i]=z%L;
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1,0);
mn[0]=n+1;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
a=b=c=0;
scanf("%d",&opt);
if(opt==1)
{
scanf("%d",&x);
x^=ans;
split1(s[x],a,b);
split2(b,b,c,dep[x]);
b=merge(s[x],b);
if(dep[x]&1)
{
if(num[b]==0)
{
printf("GTY\n");
}
else
{
ans++;
printf("MeiZ\n");
}
}
else
{
if((num[b]^sum[b])==0)
{
printf("GTY\n");
}
else
{
ans++;
printf("MeiZ\n");
}
}
root=merge(merge(a,b),c);
}
else if(opt==2)
{
scanf("%d%d",&x,&z);
x^=ans;
z^=ans;
split1(s[x],a,b);
v[s[x]]=z%L;
sum[s[x]]=z%L;
num[s[x]]=0;
if(d[s[x]]%2==0)
{
num[s[x]]=z%L;
}
b=merge(s[x],b);
root=merge(a,b);
}
else
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x^=ans;
y^=ans;
z^=ans;
dep[y]=dep[x]+1;
s[y]=build(z%L,dep[y]);
split1(s[x],a,b);
a=merge(a,s[x]);
a=merge(a,s[y]);
root=merge(a,b);
}
}
}

BZOJ3729Gty的游戏——阶梯博弈+巴什博弈+非旋转treap(平衡树动态维护dfs序)的更多相关文章

  1. BZOJ2690: 字符串游戏(平衡树动态维护Dfs序)

    Description 给定N个仅有a~z组成的字符串ai,每个字符串都有一个权值vi,有M次操作,操作分三种: Cv x v':把第x个字符串的权值修改为v' Cs x a':把第x个字符串修改成a ...

  2. 【BZOJ 3729】3729: Gty的游戏 (Splay维护dfs序+博弈)

    未经博主同意不得转载 3729: Gty的游戏 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 448  Solved: 150 Description ...

  3. 51Nod 1067:Bash游戏 V2(巴什博弈)

    1067 Bash游戏 V2  基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 10 难度:2级算法题  收藏  关注 有一堆石子共有N个.A B两个人轮流拿,A先拿.每次只能拿1,3,4 ...

  4. SDUT2161:Simple Game(NIM博弈+巴什博弈)

    传送门 题意 n堆石子,每次可以取一堆至三堆任意非零石子数,取完者赢,问最后谁能赢 分析 以前我们做过NIM博弈是对一堆进行操作,现在换成了三堆,其实对于n堆都一样一堆的情况 如果最后二进制每位数的1 ...

  5. bzoj3729-Gty的游戏【Splay,博弈论】

    正题 题目链接:https://darkbzoj.tk/problem/3729 题目大意 给出\(n\)个点的一棵树,第\(i\)个节点上有\(a_i\)个石子,然后每次可以选择不超过\(L\)个石 ...

  6. NIM游戏,NIM游戏变形,威佐夫博弈以及巴什博奕总结

    NIM游戏,NIM游戏变形,威佐夫博弈以及巴什博奕总结 经典NIM游戏: 一共有N堆石子,编号1..n,第i堆中有个a[i]个石子. 每一次操作Alice和Bob可以从任意一堆石子中取出任意数量的石子 ...

  7. 简单易懂的博弈论讲解(巴什博弈、尼姆博弈、威佐夫博弈、斐波那契博弈、SG定理)

    博弈论入门: 巴什博弈: 两个顶尖聪明的人在玩游戏,有一堆$n$个石子,每次每个人能取$[1,m]$个石子,不能拿的人输,请问先手与后手谁必败? 我们分类讨论一下这个问题: 当$n\le m$时,这时 ...

  8. HDU 1846 Brave Game(巴什博弈)

    题目链接: 传送门 Brave Game Time Limit: 1000MS     Memory Limit: 65536K 题目描述 各位勇敢者要玩的第一个游戏是什么呢?很简单,它是这样定义的: ...

  9. Brave Game(裸的巴什博弈)

    Brave Game Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Su ...

随机推荐

  1. Selenium:WebDriver简介及元素定位

    参考内容:官方API文档,下载链接:http://download.csdn.net/detail/kwgkwg001/4004500 虫师:<selenium2自动化测试实战-基于python ...

  2. 【第196期】Drupal7 Features模块与 Drupal8 Configuration Management 模块对比

    Drupal 8 最好和最受欢迎的部分之一是新的配置管理系统. 该系统使开发人员很容易将配置导出到代码中.在此之前,开发人员不得不依赖于由Features.Strongarm.UUID.Feature ...

  3. Ionic App之国际化(3) json数组的处理

    接上一篇Ionic App之国际化(2) json数组的处理 之后,如何处理json数据长度的问题,目前的一个折中方法是翻译长度字段. 多语言文件内容: "MyLa": { &qu ...

  4. Ionic2 下处理 Android 设备下返回按钮的事件

    原文发表于我的技术博客 本文分享了 Ionic2 下处理 Android 设备下返回按钮的事件,供参考. 原文发表于我的技术博客 代码中我分享了如何捕捉 Ionic2 项目在 Android 设备下返 ...

  5. Ubuntu16.04下安装破解secureCRT和secureFX的操作记录

    本地电脑之前安装的是win10,疲于win10频繁的更新和各种兼容问题,果断放弃win10系统,安装了Ubuntu 16.04系统,现在微信.QQ.钉钉.WPS等都已支持linux版本,所以在Ubun ...

  6. webpack详细配置解析

    阅读本文之前,先看下面这个webpack的配置文件,如果每一项你都懂,那本文能带给你的收获也许就比较有限,你可以快速浏览或直接跳过:如果你和十天前的我一样,对很多选项存在着疑惑,那花一段时间慢慢阅读本 ...

  7. 数据处理项目Postmortem

    数据处理项目Postmortem 1. 设想和目标 1)目标我们的软件要解决什么问题?是否定义得很清楚?是否对典型用户和典型场景有清晰的描述? 我们的项目是学霸系统PipeLine,软件主要解决学霸系 ...

  8. 猫咪记单词Beta版使用说明

    猫咪记单词Beta版使用说明 一.项目背景 英语四级考试.六级考试.托福.雅思等英语方面的考试是现在大学生必须面对的问题.同时因为学生对手机的使用越来越频繁,而且仅仅通过书本背诵单词又比较无聊坚持的时 ...

  9. Eclipse使用Maven2的一次环境清理记录

    1. C:\Users\Administrator\.m2\repository\com\yuanchuangyun\[module,yuanchuangyun-*]相关目录全删除.2. D:\wor ...

  10. Java正则解析HTML一例

    import java.util.regex.Matcher;import java.util.regex.Pattern; public class Test { static String tes ...