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

Solution

第一眼:这不splay启发式合并板子题吗?
然后就开始漫长的写写写调调调
维护多颗splay
U:splay启发式合并,一个个删除小的splay插入到大的splay里面
A1:删除val[x],插入val[x]+v
A2:开个Add数组,维护每颗splay整体加的数
A3:搞个全局变量ALL记一下就好了
F1:直接输出val[x]+Add[x]+ALL
F2:直接输出Max[ID[x]],其中ID是x所属的平衡树编号
F3::这个相当于要维护Max[]的最大值。开个可删堆,每次Max[i]变化的时候就把旧的删掉,新的插入,F3查询的时候直接输出堆顶即可。
emmm话说为什么大部分人都写的堆啊_(Xз」∠)_

Code

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define N (600000+1000)
using namespace std; int Son[N][],Father[N],Size[N];
int ID[N],Add[N],Val[N],Max[N];
int Root[N],n,m,x,y,v,ALL;
char opt[];
priority_queue<int>Heap,Del; int Get(int x){return Son[Father[x]][]==x;}
void Update(int x){Size[x]=Size[Son[x][]]+Size[Son[x][]]+;}
void Clear(int x){Son[x][]=Son[x][]=Father[x]=Size[x]=Val[x]=;} int Pre(int x)
{
x=Son[x][];
while (Son[x][]) x=Son[x][];
return x;
} int Get_Max(int x)
{
while (Son[x][]) x=Son[x][];
return Val[x];
} void Rotate(int x)
{
int wh=Get(x);
int fa=Father[x], fafa=Father[fa];
if (fafa) Son[fafa][Son[fafa][]==fa]=x;
Son[fa][wh]=Son[x][wh^]; Father[fa]=x;
if (Son[fa][wh]) Father[Son[fa][wh]]=fa;
Son[x][wh^]=fa; Father[x]=fafa;
Update(fa); Update(x);
} void Splay(int x)
{
for (int fa; (fa=Father[x]); Rotate(x))
if (Father[fa])
Rotate(Get(fa)==Get(x)?fa:x);
Root[ID[x]]=x;
} void Insert(int x,int y,int v)
{
int now=Root[ID[y]],fa=;
while ()
{
fa=now,now=Son[now][v>Val[now]];
if (now==)
{
Val[x]=v; Size[x]=; Father[x]=fa; ID[x]=ID[y];
Son[fa][v>Val[fa]]=x; Splay(x); return;
}
}
} void Delete(int x)
{
Splay(x);
if (!Son[Root[ID[x]]][] && !Son[Root[ID[x]]][])
{
Clear(Root[ID[x]]);
Root[ID[x]]=;
return;
}
if (!Son[Root[ID[x]]][])
{
Root[ID[x]]=Son[Root[ID[x]]][];
Clear(Father[Root[ID[x]]]);
Father[Root[ID[x]]]=;
return;
}
if (!Son[Root[ID[x]]][])
{
Root[ID[x]]=Son[Root[ID[x]]][];
Clear(Father[Root[ID[x]]]);
Father[Root[ID[x]]]=;
return;
}
int oldroot=Root[ID[x]];
int pre=Pre(Root[ID[x]]);
Splay(pre);
Son[Root[ID[x]]][]=Son[oldroot][];
Father[Son[oldroot][]]=Root[ID[x]];
Clear(oldroot);
Update(Root[ID[x]]);
} void Merge(int x,int y)
{
if (Son[x][]) Merge(Son[x][],y);
if (Son[x][]) Merge(Son[x][],y);
int val=Val[x]+Add[ID[x]]-Add[ID[y]]; Clear(x);
Insert(x,y,val);
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=; i<=n; ++i)
{
scanf("%d",&x);
ID[i]=i; Val[i]=x; Max[i]=x;
Root[i]=i; Size[i]=; Heap.push(x);
}
scanf("%d",&m);
for (int i=; i<=m; ++i)
{
scanf("%s",opt);
if (opt[]=='U')
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if (ID[x]!=ID[y])
{
Del.push(min(Max[ID[x]],Max[ID[y]]));
if (Size[Root[ID[x]]]>Size[Root[ID[y]]]) swap(x,y);
Max[ID[y]]=max(Max[ID[y]],Max[ID[x]]);
Merge(Root[ID[x]],Root[ID[y]]);
}
} if (opt[]=='A' && opt[]=='')
{
scanf("%d%d",&x,&v);
int val=Val[x]+v;
if (Size[Root[ID[x]]]==)
{
Val[x]=val;
Del.push(Max[ID[x]]);
Max[ID[x]]=val+Add[ID[x]];
Heap.push(Max[ID[x]]);
continue;
}
Delete(x); Insert(x,Root[ID[x]],val);
Del.push(Max[ID[x]]);
Max[ID[x]]=Get_Max(Root[ID[x]])+Add[ID[x]];
Heap.push(Max[ID[x]]);
} if (opt[]=='A' && opt[]=='')
{
scanf("%d%d",&x,&v), Add[ID[x]]+=v;
Del.push(Max[ID[x]]);
Max[ID[x]]=Get_Max(Root[ID[x]])+Add[ID[x]];
Heap.push(Max[ID[x]]);
} if (opt[]=='A' && opt[]=='')
scanf("%d",&v),ALL+=v; if (opt[]=='F' && opt[]=='')
scanf("%d",&x), printf("%d\n",Val[x]+Add[ID[x]]+ALL); if (opt[]=='F' && opt[]=='')
{
scanf("%d",&x), printf("%d\n",Max[ID[x]]+ALL);
} if (opt[]=='F' && opt[]=='')
{
while ((!Heap.empty()) && (!Del.empty()) && Heap.top()==Del.top())
Heap.pop(), Del.pop();
printf("%d\n",Heap.top()+ALL);
}
}
}

BZOJ2333:[SCOI2011]棘手的操作(Splay)的更多相关文章

  1. 真--可并堆模板--BZOJ2333: [SCOI2011]棘手的操作

    n<=300000个点,开始是独立的,m<=300000个操作: 方法一:单点修改.查询,区间修改.查询?等等等等这里修改是块修改不是连续的啊,那就让他连续呗!具体方法:离线后,每次连接两 ...

  2. BZOJ2333 [SCOI2011]棘手的操作 堆 左偏树 可并堆

    欢迎访问~原文出处——博客园-zhouzhendong 去博客园看该题解 题目传送门 - BZOJ2333 题意概括 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 ...

  3. [bzoj2333] [SCOI2011]棘手的操作 (可并堆)

    //以后为了凑字数还是把题面搬上来吧2333 发布时间果然各种应景... Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB Description 有N个节点,标号从1 ...

  4. bzoj千题计划217:bzoj2333: [SCOI2011]棘手的操作

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2333 读入所有数据,先模拟一遍所有的合并操作 我们不关心联通块长什么样,只关心联通块内有谁 所以可以 ...

  5. 2019.01.17 bzoj2333: [SCOI2011]棘手的操作(启发式合并)

    传送门 启发式合并菜题. 题意:支持与连通块有关的几种操作. 要求支持连边,单点修改,连通块修改,全局修改和单点查值,连通块查最大值和全局最大值. 我们对每个连通块和答案用可删堆维护最大值,然后用启发 ...

  6. BZOJ2333 [SCOI2011]棘手的操作 【离线 + 线段树】

    题目 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 ...

  7. bzoj2333 [SCOI2011]棘手的操作(洛谷3273)

    题目描述 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 ...

  8. bzoj2333 [SCOI2011]棘手的操作

    用set维护每个联通块里的最值,multiset维护所有块里的最值,并查集维护连通性,然后随便搞搞就行了,合并时候采用启发式合并.复杂度O(nlognlogn),大概勉强过的程度,反正跑的很慢就是了. ...

  9. (右偏树)Bzoj2333: [SCOI2011]棘手的操作

    题面 戳我 Sol 右偏树滑稽+并查集 再在全局开一个可删除的堆(priority_queue) 注意细节 # include <bits/stdc++.h> # define RG re ...

随机推荐

  1. C#操作Redis Hash数据表

    /// <summary> /// Redis Hash /// </summary> public static void Redis_Hash() { RedisClien ...

  2. linq——常用方法

    take  前几 skip   跳过前几 takeWhile   var firstNumbersLessThan6 = numbers.TakeWhile(n => n < 6);  / ...

  3. document.getElementsByTagName

    var elems = document.forms[form_name].getElementsByTagName("INPUT"); getElementsByTagName( ...

  4. COGS 有标号的二分图计数系列

    其实这三道题都是不错的……(虽然感觉第三题略套路了……) 分别写一下做法好了…… COGS2392 有标号的二分图计数 I 这个就很简单了,Noip难度. 显然可以直接认为黑点和白点分别位于二分图两侧 ...

  5. C#打印代码运行时间

    使用以下方法可以准确的记录代码运行的耗时. System.Diagnostics.Stopwatch stopwatch = new Stopwatch(); stopwatch.Start(); / ...

  6. SSRS 2008R2 执行Log 查询

    1. 可以参考ExecutionLog3试图,此为系统安装Reporting Service自带的试图. 2. 可以使用以下语句查询: SELECT els.LogEntryId, els.Insta ...

  7. [小北De编程手记] : Lesson 04 - Selenium For C# 之 API 上

    这一部分,我准备向大家介绍Selenium WebDriver的常用API,学习这部分内容需要大家最好有一些简单的HTML相关知识,本文主要涉及到以下内容: Selenium API:元素检查 Sel ...

  8. C# 修改GroupBox的边框颜色和字体颜色

    改变GroupBox边框和的颜色 private void groupBox_BasicInformation_Paint(object sender, PaintEventArgs e) { e.G ...

  9. 【转】ArcGIS Server10.1安装常见问题及解决方案

    转载自:http://www.higis.cn/Tech/tech/tId/85/ 最近因为更换系统的原因,重新安装了ArcGISServer 10.1.过程中遇到了几个小问题,虽然都一一解决了,但也 ...

  10. klee源码阅读笔记1--STPBuilder类

    初始化过程中四个数据成员中的两个数据成员被初始化: 一.vc被初始化为STP提供的C调用接口函数vc_createValidityChecker(): 二.optimizeDivides被初始化为fa ...