loj2001[SDOI2017]树点染色

题意：给你一棵树，一开始每个点上的颜色互不相同。三种操作：op1：x到根的路径上的点都染上一种新的颜色。op2：设一条路径的权值为val(x,y)，求x到y路径的val。op3：询问x的子树中最大的到根路径val。n<=1e5。

标程：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int mod=1e9+;
 const int N=1e6+;
 int f[N],prime[N],tot,F[N],ans,p[N],n,m,nxt,u[N],fi[N];
 int ksm(int x,int y)
 {
   int res=;
   for (;y;x=(ll)x*x%mod,y>>=)
     if (y&) res=(ll)res*x%mod;
   return res;
 }
 void pre()
 {
   f[]=f[]=fi[]=fi[]=;
   for (int i=;i<N;i++) f[i]=((ll)f[i-]+f[i-])%mod,fi[i]=ksm(f[i],mod-);
   u[]=;
   for (int i=;i<N;i++)
   {
     if (!p[i]) prime[++tot]=i,u[i]=-;//质数的u是-1！
     for (int j=;j<=tot&&(ll)prime[j]*i<N;j++)
     {
       p[prime[j]*i]=;
       if (i%prime[j]==) break;
       u[prime[j]*i]=-u[i];
     }
   }
   for (int i=;i<N;i++) F[i]=;
   for (int i=;i<N;i++)
     if (u[i]!=)
     for (int j=i;j<N;j+=i)
       F[j]=(ll)F[j]*(u[i]==?f[j/i]:fi[j/i])%mod;//注意u有可能是-1
   for (int i=;i<N;i++) F[i]=(ll)F[i]*F[i-]%mod;
 }
 int main()
 {
   pre();int T;
   scanf("%d",&T);
   while (T--)
   {
     scanf("%d%d",&n,&m);ans=;
     for (int i=;i<=min(n,m);i=nxt+)
     {
       nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));
       ans=(ll)ans*ksm((ll)F[nxt]*ksm(F[i-],mod-)%mod,(ll)(n/i)*(m/i)%(mod-))%mod;
     }
     printf("%d\n",ans);
   }
   return ;
 }

要把lct上和原树上的father区分开啊！

题解：lct+dfs序线段树

op1一看就是lct维护access。将A颜色splay连到B颜色splay上时，A颜色splay上深度最小点（原树上的根）的子树val都-1，B颜色断开的右子树（即不在改色链上的那段）val都+1。

op2 设val[x]表示x到根的路径权值。相当于要求val[x]+val[y]-2*val[lca(x,y)]+1。线段树单点求值，注意要用dfs序查。

op3 询问子树最大值val，线段树区间Max。

时间复杂度O(nlog^2(n))。