[洛谷P4092][HEOI2016/TJOI2016]树
题目大意:给你一棵树,有两个操作:
- $C\;x:$给第$x$个节点打上标记
- $Q\;x:$询问第$x$个节点的祖先中最近的打过标记的点(自己也是自己的祖先)
题解:树剖,可以维护区间或,然后若一段区间为$0$则跳过,否则在线段树上二分
卡点:二分部分多大了一个$=$,然后$MLE$
C++ Code:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
namespace __IO {
namespace R {
int x, ch;
inline int read() {
ch = getchar();
while (isspace(ch)) ch = getchar();
for (x = ch & 15, ch = getchar(); isdigit(ch); ch = getchar()) x= x * 10 + (ch & 15);
return x;
}
inline char readc() {
ch = getchar();
while (!isalpha(ch)) ch = getchar();
return static_cast<char> (ch);
}
}
}
using __IO::R::read;
using __IO::R::readc; #define maxn 100010
int head[maxn], cnt;
struct Edge {
int to, nxt;
} e[maxn << 1];
inline void add(int a, int b) {
e[++cnt] = (Edge) {b, head[a]}; head[a] = cnt;
e[++cnt] = (Edge) {a, head[b]}; head[b] = cnt;
} int n, m; int dfn[maxn], idx, fa[maxn], sz[maxn];
int son[maxn], top[maxn], dep[maxn], ret[maxn];
void dfs1(int u) {
sz[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (v != fa[u]) {
dep[v] = dep[u] + 1;
fa[v] = u;
dfs1(v);
if (!son[u] || sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v;
sz[u] += sz[v];
}
}
}
void dfs2(int u) {
dfn[u] = ++idx, ret[idx] = u;
int v = son[u];
if (v) top[v] = top[u], dfs2(v);
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (v != son[u] && v != fa[u]) {
top[v] = v;
dfs2(v);
}
}
} namespace SgT {
bool V[maxn << 2];
int pos, L, R; void modify(int rt, int l, int r) {
V[rt] = true;
if (l == r) return ;
int mid = l + r >> 1;
if (pos <= mid) modify(rt << 1, l, mid);
else modify(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void modify(int __pos) {
pos = __pos;
modify(1, 1, n);
} bool res;
void query(int rt, int l, int r) {
if (L <= l && R >= r) return static_cast<void> (res |= V[rt]);
int mid = l + r >> 1;
if (L <= mid) query(rt << 1, l, mid);
if (res) return ;
if (R > mid) query(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
}
bool query(int __L, int __R) {
res = false;
L = __L, R = __R;
query(1, 1, n);
return res;
} int ans;
void ask(int rt, int l, int r) {
if (!V[rt]) return ;
if (l == r) {
if (!ans) ans = l;
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
if (R > mid) ask(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
if (ans) return ;
if (L <= mid) ask(rt << 1, l, mid);
}
int ask(int __L, int __R) {
L = __L, R = __R;
ans = 0;
ask(1, 1, n);
return ret[ans];
}
} int query(int x) {
while (top[x] != 1) {
if (SgT::query(dfn[top[x]], dfn[x])) return SgT::ask(dfn[top[x]], dfn[x]);
x = fa[top[x]];
}
return SgT::ask(1, dfn[x]);
} int main() {
n = read(), m = read();
for (int i = 1, a, b; i < n; i++) {
a = read(), b = read();
add(a, b);
}
dfs1(1);
top[1] = 1;
dfs2(1); SgT::modify(1);
while (m --> 0) {
char op = readc();
int x = read();
if (op == 'C') {
SgT::modify(dfn[x]);
} else {
printf("%d\n", query(x));
}
}
return 0;
}
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(另外:题解中有一种思路很高妙而且看上去可以适用一些其他情况的离线方法) 线段树合并&复杂度的简单说明:https://blog.csdn.net/zawedx/article/details ...
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