【bzoj2333】 [SCOI2011]棘手的操作 可并堆+lazy标记

2016-05-31  21:45:41

题目：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2333

（学习了黄学长的代码

有如下操作：

U x y: 加一条边，连接第x个节点和第y个节点

A1 x v: 将第x个节点的权值增加v

A2 x v: 将第x个节点所在的连通块的所有节点的权值都增加v

A3 v: 将所有节点的权值都增加v

F1 x: 输出第x个节点当前的权值

F2 x: 输出第x个节点所在的连通块中，权值最大的节点的权值

F3: 输出所有节点中，权值最大的节点的权值

~~~~~~~~~~~~~~萌萌哒分割线~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

U就是一个合并操作，用可并堆，注意tag的下传

A1将x点从所在堆中删去，修改权值后再加进去。删除就是合并两棵子树，在将merge后节点的父亲改为x的父亲，返回find(merge后的节点），因为x有可能是根

A2的话在所在堆的堆顶上加tag

A3再开一个变量记录好了

F1 记得将祖先的tag标记pushdown

F2 堆顶+A3

F3 比较复杂，网上很多做法都是在来一棵左偏树，维护各个堆的堆顶。在这里学习了黄学长，用multiset来维护,注意要实时更新里面的信息。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define inf 1000000000
 #define ll long long
 #define N 300005
 using namespace std;
 int read(){
   int x=,f=;char ch=getchar();
   while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
   while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
   return x*f;
 }
 int n,Q,overadd,fa[N],tag[N],ls[N],rs[N],v[N],dep[N];
 multiset<int> st;
 char ch[];
 int find(int x){
   while(fa[x])x=fa[x];
   return x;
 }
 void pushdown(int x){
   if(!tag[x])return;
   if(ls[x])tag[ls[x]]+=tag[x],v[ls[x]]+=tag[x];
   if(rs[x])tag[rs[x]]+=tag[x],v[rs[x]]+=tag[x];
   tag[x]=;
 }
 int merge(int x,int y){
   if(!x||!y)return x+y;
   if(v[x]<v[y])swap(x,y);
   pushdown(x);
   rs[x]=merge(rs[x],y);
   fa[rs[x]]=x;
   if(dep[ls[x]]<dep[rs[x]])swap(ls[x],rs[x]);
   dep[x]=dep[rs[x]]+;
   return x;
 }
 void unite(int x,int y){
   int fx=find(x),fy=find(y);
   if(fx!=fy){
     int t=merge(fx,fy);
     if(t==fx)st.erase(st.find(v[fy]));
     else st.erase(st.find(v[fx]));
   }
 }
 void Pushdown(int x){
   if(fa[x])Pushdown(fa[x]);
   pushdown(x);
 }
 int del(int x){
   int t=merge(ls[x],rs[x]),f=fa[x];
   ls[x]=rs[x]=fa[x]=;
   if(x==ls[f])ls[f]=t;
   else rs[f]=t;
   fa[t]=f;
   return find(t);
 }
 void add(int x,int val){
   Pushdown(x);
   st.erase(st.find(v[find(x)]));
   v[x]+=val;
   st.insert(v[merge(x,del(x))]);
 }
 void change(int x,int val){
   int f=find(x);
   tag[f]+=val;v[f]+=val;
   st.erase(st.find(v[f]-val));st.insert(v[f]);
 }
 void getval(int x){
   Pushdown(x);
   printf("%d\n",v[x]+overadd);
 }
 int main(){
   n=read();
   for(int i=;i<=n;i++)v[i]=read(),st.insert(v[i]);
   Q=read();
   while(Q--){
     scanf("%s",ch);
     if(ch[]=='A'){
       if(ch[]==''){
           int x=read(),y=read();add(x,y);
       }
       else if(ch[]==''){
           int x=read(),y=read();change(x,y);
       }
       else overadd+=read();
     }
     else if(ch[]=='F'){
       if(ch[]=='')getval(read());
       else if(ch[]=='')getval(find(read()));
       else printf("%d\n",*--st.find(inf)+overadd);
     }
     else{
       int x=read(),y=read();unite(x,y);
     }
   }
   return ;
 }

2333: [SCOI2011]棘手的操作

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 1621  Solved: 620
[Submit][Status][Discuss]

Description

有N个节点，标号从1到N，这N个节点一开始相互不连通。第i个节点的初始权值为a[i]，接下来有如下一些操作：

U x y: 加一条边，连接第x个节点和第y个节点

A1 x v: 将第x个节点的权值增加v

A2 x v: 将第x个节点所在的连通块的所有节点的权值都增加v

A3 v: 将所有节点的权值都增加v

F1 x: 输出第x个节点当前的权值

F2 x: 输出第x个节点所在的连通块中，权值最大的节点的权值

F3: 输出所有节点中，权值最大的节点的权值

Input

输入的第一行是一个整数N，代表节点个数。

接下来一行输入N个整数，a[1], a[2], …, a[N]，代表N个节点的初始权值。

再下一行输入一个整数Q，代表接下来的操作数。

最后输入Q行，每行的格式如题目描述所示。

Output

对于操作F1, F2, F3，输出对应的结果，每个结果占一行。

Sample Input

3

0 0 0

8

A1 3 -20

A1 2 20

U 1 3

A2 1 10

F1 3

F2 3

A3 -10

F3

Sample Output

-10

10

10

HINT

对于30%的数据，保证 N<=100，Q<=10000

对于80%的数据，保证 N<=100000，Q<=100000

对于100%的数据，保证 N<=300000，Q<=300000

对于所有的数据，保证输入合法，并且 -1000<=v, a[1], a[2], …, a[N]<=1000