BZOJ_1180_[CROATIAN2009]_OTOCI_(LCT)

描述

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http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1180

三种操作:

1.询问x,y是否连通,如果不连通,建一条边x,y

2.把x节点的权值改为t.

3.询问节点x,y路径上的权值和.

分析

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裸的LCT.

但是...

但是!

现在才发现自己LCT改值的函数写的是错的!当我们询问x到y路径上的和值的时候,要先Access(y)(并且splay(y)),此时Splay的根是y,并且y在从最右边被splay转上来的时候所有经过的点都push_up()过了,但是在y被splay转上来之前的splay的根节点的左子树却没有push_up(),这样没有更新,就会出错.

所以在更改x节点的权值之前一定要把x给splay一下!

等下去把之前的博文里的错误改掉.

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 const int maxn=+;
 int n,m;
 struct node{
     node* ch[],* pa;
     int v,s; bool rev;
     node(int v,node* x):v(v),s(v){ ch[]=ch[]=pa=x; }
     bool d(){ return pa->ch[]==this; }
     bool c(){ return pa->ch[]==this||pa->ch[]==this; }
     void setc(node* x,bool d){ ch[d]=x; x->pa=this; }
     void push_up(){ s=ch[]->s+ch[]->s+v; }
     void push_down(){
         if(rev){
             ch[]->rev^=true;
             ch[]->rev^=true;
             swap(ch[],ch[]);
             rev=false;
         }
     }
 }* null,* t[maxn];
 void rot(node* x){
     node* pa=x->pa; bool d=x->d();
     pa->push_down(); x->push_down();
     if(pa->c()) pa->pa->setc(x,pa->d());
     else x->pa=pa->pa;
     pa->setc(x->ch[!d],d);
     x->setc(pa,!d);
     pa->push_up();
 }
 void fix(node* x){
     if(x->c()) fix(x->pa);
     x->push_down();
 }
 void splay(node* x){
     fix(x);
     while(x->c())
         if(!x->pa->c()) rot(x);
         else x->d()==x->pa->d()?(rot(x->pa),rot(x)):(rot(x),rot(x));
     x->push_up();
 }
 void access(node* x){
     node *t=x;
     for(node* y=null; x!=null; y=x, x=x->pa){
         splay(x);
         x->ch[]=y;
     }
     splay(t);
 }
 node*  find_root(node* x){
     access(x);
     while(x->ch[]!=null) x=x->ch[];
     return x;
 }
 void make_root(node* x){
     access(x);
     x->rev^=true;
 }
 void link(node* x,node* y){
     if(find_root(x)==find_root(y)){
         puts("no");
         return;
     }
     puts("yes");
     make_root(x);
     x->pa=y;
 }
 void query(node* x,node* y){
     if(find_root(x)!=find_root(y)){
         puts("impossible");
         return;
     }
     make_root(x);
     access(y);
     printf("%d\n",y->s);
 }
 void change(node* x,int y){
     x->v=y;
     x->push_up();
 }
 int main(){
     null=new node(,NULL);
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         int x; scanf("%d",&x);
         t[i]=new node(x,null);
     }
     scanf("%d",&m);
     for(int i=;i<=m;i++){
         char c[]; int x,y;
         scanf("%s%d%d",c,&x,&y);
         if(c[]=='b') link(t[x],t[y]);
         else if(c[]=='p') change(t[x],y);
         else query(t[x],t[y]);
     }
     return ;
 }

1180: [CROATIAN2009]OTOCI

Time Limit: 50 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 848  Solved: 529
[Submit][Status][Discuss]

Description

给
出n个结点以及每个点初始时对应的权值wi。起始时点与点之间没有连边。有3类操作： 1、bridge A
B：询问结点A与结点B是否连通。如果是则输出“no”。否则输出“yes”，并且在结点A和结点B之间连一条无向边。 2、penguins A
X：将结点A对应的权值wA修改为X。 3、excursion A
B：如果结点A和结点B不连通，则输出“impossible”。否则输出结点A到结点B的路径上的点对应的权值的和。给出q个操作，要求在线处理所有操
作。数据范围：1<=n<=30000, 1<=q<=300000, 0<=wi<=1000。

Input

第
一行包含一个整数n(1<=n<=30000)，表示节点的数目。第二行包含n个整数，第i个整数表示第i个节点初始时对应的权值。第三行包
含一个整数q(1<=n<=300000)，表示操作的数目。以下q行，每行包含一个操作，操作的类别见题目描述。任意时刻每个节点对应的权
值都是1到1000的整数。

Output

输出所有bridge操作和excursion操作对应的输出，每个一行。

Sample Input

5
4 2 4 5 6
10
excursion 1 1
excursion 1 2
bridge 1 2
excursion 1 2
bridge 3 4
bridge 3 5
excursion 4 5
bridge 1 3
excursion 2 4
excursion 2 5

Sample Output

4
impossible
yes
6
yes
yes
15
yes
15
16

HINT

Source