bzoj2243树链剖分+区间合并
树链上区间合并的问题比区间修改要复杂,因为每一条重链在线段树上分布一般都是不连续的,所以在进行链上操作时要手动将其合并起来,维护两个端点值
处理时的方向问题:lca->u是一个方向,lca->v是另一个方向,到最后合并这两个放向时都看左端点即可
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000"); using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 200005 int v[maxn],fir[maxn],nex[maxn],e_max;
int son[maxn],fa[maxn],color[maxn],col[maxn],pos[maxn],siz[maxn],deep[maxn],top[maxn];
int tot;
int n,m; struct node
{
int l,r;
int lc,rc;
int num,tag;
node()
{
lc=rc=-;
num=;
}
} t[*maxn]; void init_()
{
memset(son,-,sizeof son);
memset(siz,,sizeof siz);
memset(fir,-,sizeof fir);
e_max=;
tot=;
} void add_edge(int s,int t)
{
int e=e_max++;
v[e]=t;
nex[e]=fir[s];
fir[s]=e;
} void dfs1(int k,int pre,int d)
{
deep[k]=d;
siz[k]++;
fa[k]=pre;
for(int i=fir[k]; ~i; i=nex[i])
{
int e=v[i];
if(e!=pre)
{
dfs1(e,k,d+);
siz[k]+=siz[e];
if(son[k]==-||siz[son[k]]<siz[e]) son[k]=e;
}
}
} void dfs2(int k,int sp)
{
top[k]=sp;
pos[k]=tot++;
col[pos[k]]=color[k];
if(son[k]==-) return ;
dfs2(son[k],sp);
for(int i=fir[k]; ~i; i=nex[i])
{
int e=v[i];
if(e!=fa[k]&&e!=son[k])
{
dfs2(e,e);
}
}
} node Merge(node A,node B)
{
if(A.num==) return B;
if(B.num==) return A;
node temp;
temp.lc=A.lc;
temp.rc=B.rc;
if(A.rc==B.lc) temp.num=A.num+B.num-;
else temp.num=A.num+B.num;
return temp;
} inline void pushdown(int k)
{
if(t[k].tag==-) return ;
t[k<<].tag=t[k<<|].tag=t[k].tag;
t[k<<].num=t[k<<|].num=;
t[k<<].lc=t[k<<].rc=t[k<<|].lc=t[k<<|].rc=t[k].tag;
t[k].tag=-;
} inline void pushup(int k)
{
t[k].lc=t[k<<].lc;
t[k].rc=t[k<<|].rc;
t[k].num=t[k<<].num+t[k<<|].num;
if(t[k<<].rc==t[k<<|].lc) t[k].num--;
} void init(int l,int r,int k)
{
t[k].l=l;
t[k].r=r;
t[k].tag=-;
if(l==r)
{
t[k].num=;
t[k].lc=col[l];
t[k].rc=col[r];
return ;
}
int mid=l+r>>;
init(l,mid,k<<);
init(mid+,r,k<<|);
pushup(k);
} void update(int d,int l,int r,int k)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r)
{
t[k].num=;
t[k].tag=d;
t[k].lc=t[k].rc=d;
return ;
}
pushdown(k);
int mid=t[k].l+t[k].r>>;
if(r<=mid) update(d,l,r,k<<);
else if(l>mid) update(d,l,r,k<<|);
else
{
update(d,l,mid,k<<);
update(d,mid+,r,k<<|);
}
pushup(k);
} node query(int l,int r,int k)
{
if(t[k].l==l&&t[k].r==r)
{
return t[k];
}
pushdown(k);
int mid=t[k].l+t[k].r>>;
if(r<=mid) return query(l,r,k<<);
else if(l>mid) return query(l,r,k<<|);
else return Merge(query(l,mid,k<<),query(mid+,r,k<<|));
} void Query(int s,int t)
{
node L,R;
int f1=top[s],f2=top[t];
while(f1!=f2)
{
if(deep[f1]<deep[f2]) swap(L,R),swap(f1,f2),swap(s,t);
L=Merge(query(pos[f1],pos[s],),L);
s=fa[f1];
f1=top[s];
}
if(deep[s]<deep[t]) swap(L,R),swap(s,t);
L=Merge(query(pos[t],pos[s],),L);
if(L.lc==R.lc) L.num=L.num+R.num-;
else L.num=L.num+R.num;
printf("%d\n",L.num);
} void Change(int s,int t,int c)
{
int f1=top[s],f2=top[t];
while(f1!=f2)
{
if(deep[f1]<deep[f2]) swap(f1,f2),swap(s,t);
update(c,pos[f1],pos[s],);
s=fa[f1];
f1=top[s];
}
if(deep[s]>deep[t]) swap(s,t);
update(c,pos[s],pos[t],);
} int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
init_();
for(int i=; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&color[i]);
}
for(int i=; i<n; i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add_edge(a,b);
add_edge(b,a);
}
dfs1(,-,);
dfs2(,);
init(,tot-,);
while(m--)
{
char s[];
scanf("%s",s);
if(s[]=='Q')
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
Query(l,r);
}
else
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
Change(a,b,c);
}
}
}
return ;
}
bzoj2243树链剖分+区间合并的更多相关文章
- BZOJ 2243:染色(树链剖分+区间合并线段树)
[SDOI2011]染色Description给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类:1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c:2.询问节点a到节点b路径上的颜色段数量(连续相同颜色被认 ...
- BZOJ2243 (树链剖分+线段树)
Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. ...
- bzoj2243 树链剖分
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2243 新学的树剖,在维护的时候线段树维护区间内颜色数量以及左右两端的颜色.统计的时候区间合并时判断 ...
- bzoj2243树链剖分+染色段数
终于做了一道不是一眼出思路的代码题(⊙o⊙) 之前没有接触过这种关于染色段数的题目(其实上课好像讲过),于是百度了一下(现在思维能力好弱) 实际上每一段有用的信息就是总共有几段和两段各是什么颜色,在开 ...
- [2016北京集训试题7]thr-[树形dp+树链剖分+启发式合并]
Description Solution 神仙操作orz. 首先看数据范围,显然不可能是O(n2)的.(即绝对不是枚举那么简单的),我们考虑dp. 定义f(x,k)为以x为根的子树中与x距离为k的节点 ...
- hdu 3966 Aragorn's Story(树链剖分+区间修改+单点查询)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3966 题意:给一棵树,并给定各个点权的值,然后有3种操作: I C1 C2 K: 把C1与C2的路径上 ...
- [SDOI2011]染色 BZOJ2243 树链剖分+线段树
分析: 区间合并,lcol是左端点的颜色编号,rcol是右端点的颜色编号,那么我们向上合并的时候,如果左儿子的rcol等于右儿子的lcol那么区间的sum--. 另外,如果重链顶的颜色等于重链顶的父节 ...
- HDU 5044 Tree 树链剖分+区间标记
Tree Problem Description You are given a tree (an acyclic undirected connected graph) with N nodes. ...
- BZOJ2243 [SDOI2011]染色(树链剖分+线段树合并)
题目链接 BZOJ2243 树链剖分 $+$ 线段树 线段树每个节点维护$lc$, $rc$, $s$ $lc$代表该区间的最左端的颜色,$rc$代表该区间的最右端的颜色 $s$代表该区间的所有连续颜 ...
随机推荐
- apache服务Forbidden 403问题精彩总结
部署apache服务Forbidden 403问题小结 ForbiddenYou don't have permission to access / on this server. http错误代码4 ...
- mysql -- 索引补充
.unique索引补充:联合唯一 unique(name,email)是name和email这两列联合起来唯一,不再试某个字段唯一 .主键索引,类似唯一索引,也是允许联合多个字段作为主键,例如:pri ...
- 学习windows编程 day3 之滚动条完善
1.不再使用setscrollrange,setscrollpos,getscrollrange,getscrollpos这些函数,这只是有助于理解其中运行原理 2.改用setscrollinfo,g ...
- 为什么要用redis
服务端的程序如何去识别客户端的状态: http是没有状态的,比如说用户A访问了服务器程序,那服务器如何知道下一次访问的时候还是A呢,这里就要用到session, 这个session是服务器的sessi ...
- java序列化深拷贝【转】
java深拷贝 序列化和反序列化合成在一起的方法CloneUtils import java.io.ByteArrayInputStream; import java.io.ByteArrayOutp ...
- Java基础其他
1. 二进制 进制就是进位制,常见的有二进制.十进制.十六进制等 在进制中,可用符号的数量称为基数,基数为n就称为n进制,逢n进一位: 二进制:0 1 十进制:0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ...
- JS 互相调用iframe页面中js方法、VUE里 iframe 互调方法
1,父 html 调用子 iframe 内方法: document.getElementById("iframe").contentWindow.func(data1,data2. ...
- Keil5下载STM32库
1.http://www.keil.com/dd2 2.3.以STM32L051C8为例 下载即可.
- Idea下安装Lombok插件
参照:http://www.cnblogs.com/holten/p/5729226.html https://yq.aliyun.com/articles/59972 lombok是一个可以通过简单 ...
- 二、编译第一步 make xxx_defconfig
2.1 顶层make defconfig规则 make xxx_defconfig 的执行主要分成三个部分: 执行 make -f ./scripts/Makefile.build obj=scrip ...