题目大意

1、将x到当前根路径上的所有点染成一种新的颜色;

2、将x到当前根路径上的所有点染成一种新的颜色,并且把这个点设为新的根;

3、查询以x为根的子树中所有点权值的平均值。

分析

原题codechef ,Gangsters of Treeland

那题没有换根操作

用神转化把问题转操作1转化成access操作

操作3转化成每个点到根上有多少条虚边

用dfn序+线段树维护

现在多了个换根操作,只是线段树上加个分类讨论而已

注意

longdouble会Wa,double就A了

姿势

1.用dfn序判断x是否y的祖先

bool ispre(int x,int y){
if(x==y) return 0;//相等时不是祖先
return bg[x]<=bg[y]&&ed[y]<=ed[x];
}

2.分类讨论姿势

xxx(int x){
if(x==rt) xxx;
else if(ispre(x,rt)){
xxx;
}
else{
xxx;
}
}

3.多种数据结构时,用类似 seg_mdf()这样加前缀和下划线的方法

4.以后splay打翻转标记时就把儿子换了吧

5.可用注释分割代码

solution

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long LL;
const int M=100007; inline int rd(){
int x=0;bool f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-')f=0;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-48;
return f?x:-x;
} int n,m,rt;
int g[M],te; struct edge{
int y,nxt;
}e[M<<1]; void addedge(int x,int y){
e[++te].y=y;e[te].nxt=g[x];g[x]=te;
} //////////////////////////////// split tree int top[M],pre[M];
int bg[M],ed[M],tdfn;
int dep[M],sz[M];
int son[M],pid[M]; bool ispre(int x,int y){
if(x==y) return 0;//*************
return bg[x]<=bg[y]&&ed[y]<=ed[x];
} void dfs1(int x){
sz[x]=1;
int p,y;
for(p=g[x];p;p=e[p].nxt)
if((y=e[p].y)!=pre[x]){
pre[y]=x;
dep[y]=dep[x]+1;
dfs1(y);
sz[x]+=sz[y];
if(sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
}
} void dfs2(int x){
bg[x]=++tdfn;
pid[tdfn]=x;
if(son[x]){
top[son[x]]=top[x];
dfs2(son[x]);
}
int p,y;
for(p=g[x];p;p=e[p].nxt)
if((y=e[p].y)!=pre[x]&&y!=son[x]){
top[y]=y;
dfs2(y);
}
ed[x]=tdfn;
} int jump(int x,int to){
for(;dep[top[x]]>dep[to];x=pre[x]){
x=top[x];
if(pre[x]==to) return x;
}
return pid[bg[to]+1];
} LL getsz(int x){
if(x==rt) return n;
if(ispre(x,rt)){
int y=jump(rt,x);
return n-sz[y];
}
else{
return sz[x];
}
} ////////////////////////////////// Segment struct Seg{
LL sum,tag;
}c[M<<2]; void seg_pushup(int x){
c[x].sum=c[x<<1].sum+c[x<<1|1].sum;
} void seg_totag(int x,LL d,LL len){
c[x].sum+=d*len;
c[x].tag+=d;
} void seg_pushdown(int x,LL aa,LL bb){
if(c[x].tag){
seg_totag(x<<1,c[x].tag,aa);
seg_totag(x<<1|1,c[x].tag,bb);
c[x].tag=0;
}
} void seg_mdf(int x,int l,int r,int tl,int tr,LL d){
if(tl<=l&&r<=tr){
seg_totag(x,d,r-l+1);
return;
}
int mid=l+r>>1;
seg_pushdown(x,mid-l+1,r-mid);
if(tl<=mid) seg_mdf(x<<1,l,mid,tl,tr,d);
if(mid<tr) seg_mdf(x<<1|1,mid+1,r,tl,tr,d);
seg_pushup(x);
} void seg_add(int x,LL d){
if(x==rt) return seg_totag(1,d,tdfn);
if(ispre(x,rt)){
int y=jump(rt,x);
seg_mdf(1,1,tdfn,bg[1],ed[1],d);
seg_mdf(1,1,tdfn,bg[y],ed[y],-d);
}
else{
seg_mdf(1,1,tdfn,bg[x],ed[x],d);
}
} LL seg_get(int x,int l,int r,int tl,int tr){
if(tl<=l&&r<=tr) return c[x].sum;
int mid=l+r>>1;
seg_pushdown(x,mid-l+1,r-mid);
LL res=0;
if(tl<=mid) res+=seg_get(x<<1,l,mid,tl,tr);
if(mid<tr) res+=seg_get(x<<1|1,mid+1,r,tl,tr);
return res;
} LL seg_sum(int x){
if(x==rt) return c[1].sum;
LL res=0;
if(ispre(x,rt)){
int y=jump(rt,x);
res+=seg_get(1,1,tdfn,bg[1],ed[1]);
res-=seg_get(1,1,tdfn,bg[y],ed[y]);
}
else{
res=seg_get(1,1,tdfn,bg[x],ed[x]);
}
return res;
} /////////////////////////////////////// LCT struct LCT{
int ch[2],p,rev;
int id,lf,rt;//**********************************
void init(int ii){
ch[0]=ch[1]=p=rev=0;
lf=rt=id=ii;
}
}a[M]; int stack[M],tot; void torev(int x){
a[x].rev^=1;
swap(a[x].ch[0],a[x].ch[1]);//****
swap(a[x].lf,a[x].rt);
} void pushup(int x){
a[x].lf=a[x].rt=a[x].id;
if(a[x].ch[0]) a[x].lf=a[a[x].ch[0]].lf;
if(a[x].ch[1]) a[x].rt=a[a[x].ch[1]].rt;
} void pushdown(int x){
if(a[x].rev){
if(a[x].ch[0]) torev(a[x].ch[0]);
if(a[x].ch[1]) torev(a[x].ch[1]);
a[x].rev^=1;
}
} bool isrt(int x){
int y=a[x].p;
return a[y].ch[0]!=x&&a[y].ch[1]!=x;
} void clear(int x){
for(;!isrt(x);x=a[x].p) stack[++tot]=x;
for(stack[++tot]=x;tot>0;tot--) pushdown(stack[tot]);
} void rot(int x){
int y=a[x].p;
int z=a[y].p;
int D=a[y].ch[1]==x,ss=D^1;
if(!isrt(y)) a[z].ch[a[z].ch[1]==y]=x;
a[x].p=z;
a[y].p=x;
if(a[x].ch[ss]) a[a[x].ch[ss]].p=y;
a[y].ch[D]=a[x].ch[ss];
a[x].ch[ss]=y;
pushup(y);
pushup(x);
} void splay(int x){
int y,z;
for(clear(x);!isrt(x);rot(x)){
y=a[x].p;
z=a[y].p;
if(isrt(y)) continue;
if((a[y].ch[1]==x)!=(a[z].ch[1]==y)) rot(x);
else rot(y);
}
} void access(int x){
for(int t=0;x;t=x,x=a[x].p){
splay(x);
if(a[x].ch[1]) seg_add(a[a[x].ch[1]].lf,1);
if(t) seg_add(a[t].lf,-1);
a[x].ch[1]=t;
pushup(x);
}
} void ac(int x){
access(x);
splay(x);
} void chgrt(int x){
ac(x);
torev(x);
} ///////////////////////////// main int main(){
int i,x,y; n=rd(),m=rd();rt=1;
for(i=1;i<n;i++){
x=rd(),y=rd();
addedge(x,y);
addedge(y,x);
} pre[1]=0;
dep[1]=1;
dfs1(1);
top[1]=1;
dfs2(1); for(i=1;i<=n;i++){
a[i].init(i);
if(pre[i]){
a[i].p=pre[i];
seg_add(i,1);
}
} char s[13]; while(m--){
scanf("%s",s);
x=rd();
if(s[2]=='L'){
ac(x);
}
else if(s[2]=='C'){
chgrt(x);
rt=x;
}
else{
LL tp1=seg_sum(x);
LL tp2=getsz(x);
tp1+=tp2; printf("%.10lf\n",(db)tp1/(db)tp2);
}
} return 0;
}

bzoj 3779 重组病毒 好题 LCT+dfn序+线段树分类讨论的更多相关文章

  1. bzoj 3779 重组病毒 —— LCT+树状数组(区间修改+区间查询)

    题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3779 RELEASE操作可以对应LCT的 access,RECENTER则是 makeroo ...

  2. BZOJ 3779 重组病毒 ——LCT 线段树

    发现操作一很像一个LCT的access的操作. 然后答案就是路径上的虚边的数量. 然后考虑维护每一个点到根节点虚边的数量, 每次断开一条偏爱路径的时候,子树的值全部+1, 连接一条偏爱路径的时候,子树 ...

  3. BZOJ 3779: 重组病毒(线段树+lct+树剖)

    题面 escription 黑客们通过对已有的病毒反编译,将许多不同的病毒重组,并重新编译出了新型的重组病毒.这种病毒的繁殖和变异能力极强.为了阻止这种病毒传播,某安全机构策划了一次实验,来研究这种病 ...

  4. BZOJ 3779 重组病毒 LCT+线段树(维护DFS序)

    原题干(由于是权限题我就直接砸出原题干了,要看题意概述的话在下面): Description 黑客们通过对已有的病毒反编译,将许多不同的病毒重组,并重新编译出了新型的重组病毒.这种病毒的繁殖和变异能力 ...

  5. bzoj 3779: 重组病毒 LCT+线段树+倍增

    题目: 黑客们通过对已有的病毒反编译,将许多不同的病毒重组,并重新编译出了新型的重组病毒.这种病毒的繁殖和变异能力极强.为了阻止这种病毒传播,某安全机构策划了一次实验,来研究这种病毒. 实验在一个封闭 ...

  6. bzoj 3779 重组病毒——LCT维护子树信息

    题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3779 调了很久……已经懒得写题解了.https://www.cnblogs.com/Zinn ...

  7. bzoj 3779: 重组病毒

    一道好题~~ 一个点到根传染需要的时间是这段路径上不同颜色的数目,一个点子树到根平均传染时间就是加权平均数了(好像是废话). 所以只要用线段树维护dfs序就这个可以了,换根的话一个点的子树要么在dfs ...

  8. BZOJ.4817.[SDOI2017]树点涂色(LCT DFS序 线段树)

    题目链接 操作\(1.2\)裸树剖,但是操作\(3\)每个点的答案\(val\)很不好维护.. 如果我们把同种颜色的点划分到同一连通块中,那么向根染色的过程就是Access()! 最初所有点间都是虚边 ...

  9. bzoj4817/luogu3703 树点涂色 (LCT+dfs序+线段树)

    我们发现,这个染色的操作他就很像LCT中access的操作(为什么??),然后就自然而然地想到,其实一个某条路径上的颜色数量,就是我们做一个只有access操作的LCT,这条路径经过的splay的数量 ...

随机推荐

  1. Newtonsoft.Json初探

    1.序列化 VehicleModelSearchingModel model = new VehicleModelSearchingModel() { brandId = , modelIds=&qu ...

  2. java中求几个字符串的最大公共子串 使用了比较器Comparator

    package com.swift; import java.util.ArrayList; import java.util.Collections; import java.util.Compar ...

  3. 【AC自动机】bzoj4327: JSOI2012 玄武密码

    题目思路没话讲:主要是做题时候的细节和经验 Description 在美丽的玄武湖畔,鸡鸣寺边,鸡笼山前,有一块富饶而秀美的土地,人们唤作进香河.相传一日,一缕紫气从天而至,只一瞬间便消失在了进香河中 ...

  4. [BZOJ] 4145: [AMPPZ2014]The Prices

    设\(f[S][i]\)表示考虑到第\(i\)家店,已经买了集合\(S\)内的物品 一个朴素的想法是枚举子集转移 \[ f[S][i]=\min\{f[T][i-1]+cost[S\oplus T][ ...

  5. python入门:1-99所有数的和附带等式

    #!/usr/bin/env python # -*- coding:utf-8 -*- #1-99所有数的和的等式 #start(开始,译音:思达二测)sum(合计,译音:桑木)temp(临时雇员, ...

  6. 装逼图片旋转合成demo

    测试背景 bg.jpg 测试图片 a.jpg 结果示例 代码demo <?php $bgImgFileName = 'bg.jpg'; $a = 'a.jpg'; // 初始化 $src = i ...

  7. 第一课 项目的介绍 Thinkphp5第四季

    学习地址: https://study.163.com/course/courseLearn.htm?courseId=1004887012#/learn/video?lessonId=1050543 ...

  8. Flask初学者:Jinja2模板

    Python的Jinja2模板,其实就是在HTML文档中使用控制语句和表达语句替换HTML文档中的变量来控制HTML的显示格式,Python的Jinja2模板可以更加灵活和方便的控制HTML的显示,而 ...

  9. Cplex: MIP Control Callback Methods

    *本文主要记录和分享学习到的知识,算不上原创 *参考文献见链接 本文主要归纳了Cplex的Control callback常用的方法. 目录 NodeCallback SolveCallback Us ...

  10. bs4--官文--搜索文档树

    搜索文档树 Beautiful Soup定义了很多搜索方法,这里着重介绍2个: find() 和 find_all() .其它方法的参数和用法类似,请读者举一反三. 再以“爱丽丝”文档作为例子: ht ...