洛谷 P2146 [NOI2015]软件包管理器 树链剖分

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题面

题目链接

P2146 [NOI2015]软件包管理器

题目描述

Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器，你可以通过一行命令安装某一个软件包，然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包，同时自动解决所有的依赖（即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包），完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get，Fedora/CentOS使用的yum，以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。

你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地，你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B，那么安装软件包A以前，必须先安装软件包B。同时，如果想要卸载软件包B，则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且，由于你之前的工作，除0号软件包以外，在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包，而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环（若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,⋯,Am，其中A1依赖A2，A2依赖A3，A3依赖A4，……，A[m-1]依赖Am，而Am依赖A1，则称这m个软件包的依赖关系构成环），当然也不会有一个软件包依赖自己。

现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈，用户希望在安装和卸载某个软件包时，快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态（即安装操作会安装多少个未安装的软件包，或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包），你的任务就是实现这个部分。注意，安装一个已安装的软件包，或卸载一个未安装的软件包，都不会改变任何软件包的安装状态，即在此情况下，改变安装状态的软件包数为0。

输入输出格式

输入格式：

从文件manager.in中读入数据。

输入文件的第1行包含1个整数n，表示软件包的总数。软件包从0开始编号。

随后一行包含n−1个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，分别表示1,2,3,⋯,n−2,n−1号软件包依赖的软件包的编号。

接下来一行包含1个整数q，表示询问的总数。之后q行，每行1个询问。询问分为两种：

install x：表示安装软件包x

uninstall x：表示卸载软件包x

你需要维护每个软件包的安装状态，一开始所有的软件包都处于未安装状态。

对于每个操作，你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态，随后应用这个操作（即改变你维护的安装状态）。

输出格式：

输出到文件manager.out中。

输出文件包括q行。

输出文件的第i行输出1个整数，为第i步操作中改变安装状态的软件包数。

输入输出样例

输入样例#1：

7
0 0 0 1 1 5
5
install 5
install 6
uninstall 1
install 4
uninstall 0

输出样例#1：

3
1
3
2
3

输入样例#2：

10
0 1 2 1 3 0 0 3 2
10
install 0
install 3
uninstall 2
install 7
install 5
install 9
uninstall 9
install 4
install 1
install 9

输出样例#2：

1
3
2
1
3
1
1
1
0
1

说明

【样例说明1】

一开始所有的软件包都处于未安装状态。

安装5号软件包，需要安装0,1,5三个软件包。

之后安装6号软件包，只需要安装6号软件包。此时安装了0,1,5,6四个软件包。

卸载1号软件包需要卸载1,5,6三个软件包。此时只有0号软件包还处于安装状态。

之后安装4号软件包，需要安装1,4两个软件包。此时0,1,4处在安装状态。最后，卸载0号软件包会卸载所有的软件包。

【数据范围】

说明

【时空限制】

1000ms,512M

思路

题目好长，先整理下题意。可参考下面的题意理解

给定一棵n个结点的树，根节点为0，每个点的点权为0或1。初始时所有点点权为0，基本操作如下：

install x 查询x的深度与x到根节点路径上点权为0的点的个数，并将这些点的点权全部变为1

uninstall x 查询以x为根结点的子树内所有点中点权为1的点的个数，并将这些的点的点权全部变为0

为什么可以这样转化呢？

首先每个点的点权代表是否被安装（其中1代表安装）。

安装x时，需要查询x到0路径上有几个没有被安装，即有几个为0。x到根节点的结点个数即x的深度，其中1的个数即为x到根节点路径上的点的点权和，作差可得其中0的个数，即未安装的个数。然后再将这些点均标记为已安装，即标为1。

卸载x时，由于依赖x的安装包都要被卸载，即以x为根节点的子树内所有点都要变为0。查询时只需要查询这些点中有多少个点权为1，即这些点的点权和。最后将他们全部变为0。

这样，就基本是一道树剖板子题了吧。不过，在线段树上还要略做改变

在下传时，+=可以改为=。并且，懒标记如果直接打上0和1，那么下传时不清楚这是由于本身就是0还是懒标记打上了0，所以我定义懒标记是1和2，不用下传时懒标记是0（说不明白了，看代码吧）

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=100010;
using namespace std;

int n,m;
int tot,to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],head[maxn];
int fa[maxn],son[maxn],dep[maxn],len[maxn];
int cnt,top[maxn],nid[maxn],nw[maxn];
struct SegmentTree
{
    int l,r,sum,tag;
    #define l(a) tree[a].l
    #define r(a) tree[a].r
    #define m(a) ((l(a)+r(a))>>1)
    #define len(a) (r(a)-l(a)+1)
    #define s(a) tree[a].sum
    #define t(a) tree[a].tag
}tree[maxn<<2];

void dfs1(int u,int f,int d)
{
    dep[u]=d;fa[u]=f;len[u]=1;
    int maxson=-1;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(v==f) continue;
        dfs1(v,u,d+1);
        len[u]+=len[v];
        if(len[v]>maxson) maxson=len[v],son[u]=v;
    }
}

void dfs2(int p,int t)
{
    nid[p]=++cnt;
    top[p]=t;
    if(!son[p]) return;
    dfs2(son[p],t);
    for(int i=head[p];i;i=nxt[i])
    {
        int v=to[i];
        if(v==fa[p] || v==son[p]) continue;
        dfs2(v,v);
    }
}

void BuildTree(int p,int l,int r)
{
    l(p)=l;r(p)=r;
    if(l==r) return;
    BuildTree(p<<1,l,m(p));
    BuildTree(p<<1|1,m(p)+1,r);
}

void PushDown(int p)
{
    if(t(p)==1)
    {
        s(p<<1)=len(p<<1);s(p<<1|1)=len(p<<1|1);
        t(p<<1)=t(p<<1|1)=1;
        t(p)=0;
    }
    else if(t(p)==2)
    {
        s(p<<1)=0;s(p<<1|1)=0;
        t(p<<1)=t(p<<1|1)=2;
        t(p)=0;
    }
}

void Change1(int p,int l,int r,int k)
{
    if(l<=l(p) && r>=r(p))
    {
        if(k==1) s(p)=len(p);
        else if(k==2) s(p)=0;
        t(p)=k;
        return;
    }
    PushDown(p);
    if(l<=m(p)) Change1(p<<1,l,r,k);
    if(r>m(p)) Change1(p<<1|1,l,r,k);
    s(p)=s(p<<1)+s(p<<1|1);
}

int Ask1(int p,int l,int r)
{
    if(l<=l(p) && r>=r(p)) return s(p);
    PushDown(p);
    int ans=0;
    if(l<=m(p)) ans+=Ask1(p<<1,l,r);
    if(r>m(p)) ans+=Ask1(p<<1|1,l,r);
    return ans;
}

void Change2(int p)
{
    while(top[p]!=1)
    {
        Change1(1,nid[top[p]],nid[p],1);
        p=fa[top[p]];
    }
    Change1(1,1,nid[p],1);
}

int Ask2(int p)
{
    int ans=0;
    while(top[p]!=1)
    {
        ans+=Ask1(1,nid[top[p]],nid[p]);
        p=fa[top[p]];
    }
    ans+=Ask1(1,1,nid[p]);
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int v;scanf("%d",&v);
        to[++tot]=v+1;nxt[tot]=head[i+1];head[i+1]=tot;
        to[++tot]=i+1;nxt[tot]=head[v+1];head[v+1]=tot;
    }
    dfs1(1,1,1);
    dfs2(1,1);
    BuildTree(1,1,n);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        string way;
        cin>>way;
        if(way=="install")
        {
            int p;scanf("%d",&p);p++;
            printf("%d\n",dep[p]-Ask2(p));
            Change2(p);
        }
        if(way=="uninstall")
        {
            int p;scanf("%d",&p);p++;
            printf("%d\n",Ask1(1,nid[p],nid[p]+len[p]-1));
            Change1(1,nid[p],nid[p]+len[p]-1,2);
        }
    }
    return 0;
}

总结

主要是要读清楚题，将其本质剖析出来，想明白涉及了哪些修改和查询方式