BZOJ 3786: 星系探索 ETT
Description
物理学家小C的研究正遇到某个瓶颈。
他正在研究的是一个星系,这个星系中有n个星球,其中有一个主星球(方便起见我们默认其为1号星球),其余的所有星球均有且仅有一个依赖星球。主星球没有依赖星球。
我们定义依赖关系如下:若星球a的依赖星球是b,则有星球a依赖星球b.此外,依赖关系具有传递性,即若星球a依赖星球b,星球b依赖星球c,则有星球a依赖星球c.
对于这个神秘的星系中,小C初步探究了它的性质,发现星球之间的依赖关系是无环的。并且从星球a出发只能直接到达它的依赖星球b.
每个星球i都有一个能量系数wi.小C想进行若干次实验,第i次实验,他将从飞船上向星球di发射一个初始能量为0的能量收集器,能量收集器会从星球di开始前往主星球,并收集沿途每个星球的部分能量,收集能量的多少等于这个星球的能量系数。
但是星系的构成并不是一成不变的,某些时刻,星系可能由于某些复杂的原因发生变化。
有些时刻,某个星球能量激发,将使得所有依赖于它的星球以及他自己的能量系数均增加一个定值。还有可能在某些时刻,某个星球的依赖星球会发生变化,但变化后依然满足依赖关系是无环的。
现在小C已经测定了时刻0时每个星球的能量系数,以及每个星球(除了主星球之外)的依赖星球。接下来的m个时刻,每个时刻都会发生一些事件。其中小C可能会进行若干次实验,对于他的每一次实验,请你告诉他这一次实验能量收集器的最终能量是多少。
Input
第一行一个整数n,表示星系的星球数。
接下来n-1行每行一个整数,分别表示星球2-n的依赖星球编号。
接下来一行n个整数,表示每个星球在时刻0时的初始能量系数wi.
接下来一行一个整数m,表示事件的总数。
事件分为以下三种类型。
(1)"Q di"表示小C要开始一次实验,收集器的初始位置在星球di.
(2)"C xi yi"表示星球xi的依赖星球变为了星球yi.
(3)"F pi qi"表示星球pi能量激发,常数为qi.
Output
对于每一个事件类型为Q的事件,输出一行一个整数,表示此次实验的收集器最终能量。
这个应该是伪 $ETT$,不知道真正的 $ETT$ 该咋写.
开始卡了半天常数,本地 $25s$,交上去却一顿 T,后来改用结构体存变量就跑的飞快.
以后写数据结构就都用结构体存了
#include <cstdio>
#include <algorithm> E
#define N 200005
#define ll long long
#define lson t[x].ch[0]
#define rson t[x].ch[1]
#define setIO(s) freopen(s".in", "r", stdin)
using namespace std;
int edges, tim, root = 0, top;
int sta[N], hd[N], to[N], nex[N], L[N], R[N], euler[N], val[N];
inline void addedge(int u, int v)
{
nex[++edges] = hd[u], hd[u] = edges, to[edges] = v;
}
struct Stack
{
int x, i;
Stack(int x = 0, int i = 0) : x(x), i(i) {}
}A[N];
struct Node
{
int siz, d, ch[2], f;
ll sum, val, lazy;
}t[N];
inline int get(int x)
{
return t[t[x].f].ch[1] == x;
}
inline void pushup(int x)
{
t[x].siz = t[lson].siz + t[rson].siz + t[x].d;
t[x].sum = t[lson].sum + t[rson].sum + t[x].val;
}
inline void mark(int x, ll v)
{
t[x].val += 1ll * t[x].d * v;
t[x].sum += 1ll * t[x].siz * v;
t[x].lazy += v;
}
inline void pushdown(int x)
{
if(t[x].lazy)
{
if(lson) mark(lson, t[x].lazy);
if(rson) mark(rson, t[x].lazy);
t[x].lazy = 0;
}
}
inline void rotate(int x)
{
int old = t[x].f, fold = t[old].f, which = get(x);
t[old].ch[which] = t[x].ch[which ^ 1], t[t[old].ch[which]].f = old;
t[x].ch[which ^ 1] = old, t[old].f = x, t[x].f = fold;
if(fold) t[fold].ch[t[fold].ch[1] == old] = x;
pushup(old), pushup(x);
}
inline void splay(int x, int &tar)
{
int u = t[tar].f, v = 0;
for(int g = x ; g ; sta[++v] = g, g = t[g].f);
for(int i = v ; i >= 1; --i) pushdown(sta[i]);
for(int fa; (fa = t[x].f) ^ u; rotate(x))
if(t[fa].f ^ u)
rotate(get(fa) == get(x) ? fa: x);
tar = x;
}
void solve()
{
top = 0;
A[++ top] = Stack(1, hd[1]), L[1] = ++tim, t[tim].d = 1, t[tim].val = (ll) val[1];
for( ; top ; )
{
Stack u = A[top];
if(u.i)
{
A[top].i = nex[A[top].i];
A[++ top] = Stack(to[u.i], hd[to[u.i]]);
L[to[u.i]] = ++tim;
t[tim].d = 1, t[tim].val = (ll) val[to[u.i]];
}
else
{
R[u.x] = ++tim;
t[tim].d = -1, t[tim].val = (ll) -val[u.x];
-- top;
}
}
}
int build(int l, int r, int ff)
{
int mid = (l + r) >> 1;
t[mid].f = ff;
if(mid > l) t[mid].ch[0] = build(l, mid - 1, mid);
if(r > mid) t[mid].ch[1] = build(mid + 1, r, mid);
if(mid == 1) t[mid].ch[0] = tim + 1, t[tim + 1].f = mid;
if(mid == tim) t[mid].ch[1] = tim + 2, t[tim + 2].f = mid;
pushup(mid);
return mid;
}
int pre(int x)
{
int g = root;
splay(x, root);
for(x = lson; rson ; pushdown(x), x = rson);
splay(g, root);
return x;
}
int nxt(int x)
{
int g = root;
splay(x, root);
for(x = rson; lson ; pushdown(x), x = lson);
splay(g, root);
return x;
}
int main()
{
// setIO("input");
int n, m, i, j, x, y;
scanf("%d", &n);
for(i = 2; i <= n ; ++i) scanf("%d", &x), addedge(x, i);
for(i = 1; i <= n ; ++i) scanf("%d", &val[i]);
solve(), root = build(1, tim , 0);
scanf("%d", &m);
for(int cas = 1; cas <= m; ++cas)
{
char str[4];
scanf("%s", str);
if(str[0] == 'Q')
{
scanf("%d", &x), splay(L[x], root), printf("%lld\n", t[root].sum - t[t[root].ch[1]].sum);
}
if(str[0] == 'C')
{
scanf("%d%d", &x, &y);
int l = pre(L[x]), r = nxt(R[x]), key, k;
splay(l, root), splay(r, t[root].ch[1]), key = t[t[root].ch[1]].ch[0];
t[key].f = t[t[root].ch[1]].ch[0] = 0, pushup(t[root].ch[1]), pushup(root);
splay(L[y], root), splay(nxt(L[y]), t[root].ch[1]);
t[t[root].ch[1]].ch[0] = key, t[key].f = t[root].ch[1], pushup(t[root].ch[1]), pushup(root);
}
if(str[0] == 'F')
{
scanf("%d%d", &x, &y);
splay(pre(L[x]), root), splay(nxt(R[x]), t[root].ch[1]);
int key = t[t[root].ch[1]].ch[0];
mark(key, 1ll * y);
}
}
return 0;
}
递归:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 200005
#define ll long long
#define lson t[x].ch[0]
#define rson t[x].ch[1]
#define setIO(s) freopen(s".in", "r", stdin)
using namespace std;
int edges, tim, root = 0;
int sta[N], hd[N], to[N], nex[N], L[N], R[N], euler[N], val[N];
inline void addedge(int u, int v)
{
nex[++edges] = hd[u], hd[u] = edges, to[edges] = v;
}
struct Node
{
int siz, d, ch[2], f;
ll sum, val, lazy;
}t[N];
inline int get(int x)
{
return t[t[x].f].ch[1] == x;
}
inline void pushup(int x)
{
t[x].siz = t[lson].siz + t[rson].siz + t[x].d;
t[x].sum = t[lson].sum + t[rson].sum + t[x].val;
}
inline void mark(int x, ll v)
{
t[x].val += 1ll * t[x].d * v;
t[x].sum += 1ll * t[x].siz * v;
t[x].lazy += v;
}
inline void pushdown(int x)
{
if(t[x].lazy)
{
if(lson) mark(lson, t[x].lazy);
if(rson) mark(rson, t[x].lazy);
t[x].lazy = 0;
}
}
inline void rotate(int x)
{
int old = t[x].f, fold = t[old].f, which = get(x);
t[old].ch[which] = t[x].ch[which ^ 1], t[t[old].ch[which]].f = old;
t[x].ch[which ^ 1] = old, t[old].f = x, t[x].f = fold;
if(fold) t[fold].ch[t[fold].ch[1] == old] = x;
pushup(old), pushup(x);
}
inline void splay(int x, int &tar)
{
int u = t[tar].f, v = 0;
for(int g = x ; g ; sta[++v] = g, g = t[g].f);
for(int i = v ; i >= 1; --i) pushdown(sta[i]);
for(int fa; (fa = t[x].f) ^ u; rotate(x))
if(t[fa].f ^ u)
rotate(get(fa) == get(x) ? fa: x);
tar = x;
}
void dfs(int u)
{
L[u] = ++tim;
t[tim].d = 1, t[tim].val = (ll)val[u];
for(int i = hd[u] ; i ; i = nex[i]) dfs(to[i]);
R[u] = ++tim;
t[tim].d = -1, t[tim].val = (ll)-val[u];
}
int build(int l, int r, int ff)
{
int mid = (l + r) >> 1;
t[mid].f = ff;
if(mid > l) t[mid].ch[0] = build(l, mid - 1, mid);
if(r > mid) t[mid].ch[1] = build(mid + 1, r, mid);
if(mid == 1) t[mid].ch[0] = tim + 1, t[tim + 1].f = mid;
if(mid == tim) t[mid].ch[1] = tim + 2, t[tim + 2].f = mid;
pushup(mid);
// printf("%d %d %d\n",mid, t[mid].ch[0], t[mid].ch[1]);
return mid;
}
int pre(int x)
{
int g = root;
splay(x, root);
for(x = lson; rson ; pushdown(x), x = rson);
splay(g, root);
return x;
}
int nxt(int x)
{
int g = root;
splay(x, root);
for(x = rson; lson ; pushdown(x), x = lson);
splay(g, root);
return x;
}
int main()
{
// setIO("input");
int n, m, i, j, x, y;
scanf("%d", &n);
for(i = 2; i <= n ; ++i) scanf("%d", &x), addedge(x, i);
for(i = 1; i <= n ; ++i) scanf("%d", &val[i]);
dfs(1), root = build(1, tim , 0);
scanf("%d", &m);
for(int cas = 1; cas <= m; ++cas)
{
char str[4];
scanf("%s", str);
if(str[0] == 'Q')
{
scanf("%d", &x), splay(L[x], root), printf("%lld\n", t[root].sum - t[t[root].ch[1]].sum);
}
if(str[0] == 'C')
{
scanf("%d%d", &x, &y);
int l = pre(L[x]), r = nxt(R[x]), key, k;
splay(l, root), splay(r, t[root].ch[1]), key = t[t[root].ch[1]].ch[0];
t[key].f = t[t[root].ch[1]].ch[0] = 0, pushup(t[root].ch[1]), pushup(root);
splay(L[y], root), splay(nxt(L[y]), t[root].ch[1]);
t[t[root].ch[1]].ch[0] = key, t[key].f = t[root].ch[1], pushup(t[root].ch[1]), pushup(root);
}
if(str[0] == 'F')
{
scanf("%d%d", &x, &y);
splay(pre(L[x]), root), splay(nxt(R[x]), t[root].ch[1]);
int key = t[t[root].ch[1]].ch[0];
mark(key, 1ll * y);
}
}
return 0;
}
BZOJ 3786: 星系探索 ETT的更多相关文章
- BZOJ 3786: 星系探索 解题报告
3786: 星系探索 Description 物理学家小C的研究正遇到某个瓶颈. 他正在研究的是一个星系,这个星系中有n个星球,其中有一个主星球(方便起见我们默认其为1号星球),其余的所有星球均有且仅 ...
- bzoj 3786 星系探索 dfs+splay
[BZOJ3786]星系探索 Description 物理学家小C的研究正遇到某个瓶颈. 他正在研究的是一个星系,这个星系中有n个星球,其中有一个主星球(方便起见我们默认其为1号星球),其余的所有星球 ...
- BZOJ 3786: 星系探索 [伪ETT]
传送门 数据,标程 题意: 一颗有根树,支持询问点到根路径权值和,子树加,换父亲 欧拉序列怎么求路径权值和? 一个点的权值只会给自己的子树中的点贡献,入栈权值正出栈权值负,求前缀和就行了! 和上题一样 ...
- BZOJ 3786 星系探索
Description 物理学家小C的研究正遇到某个瓶颈. 他正在研究的是一个星系,这个星系中有n个星球,其中有一个主星球(方便起见我们默认其为1号星球),其余的所有星球均有且仅有一个依赖星球.主星球 ...
- BZOJ 3786 星系探索 ——Splay
子树可以移动,唔. 还是用Splay维护DFS序即可. 子树的话直接截取出来就好了. 然后求前驱后继可能麻烦一些. 添加两个虚拟节点会比较好写. #include <map> #inclu ...
- BZOJ 3786 星系探索 (splay+dfs序)
题目大意:给你一棵树,支持一下三种操作 1.获取某节点到根节点的路径上所有节点的权值和 2.更换某棵子树的父亲 3.某子树内所有节点的权值都增加一个值w 当时想到了splay维护dfs序,查完题解发现 ...
- BZOJ 3786: 星系探索 欧拉游览树
一个叫 Euler-Tour-Tree 的数据结构,说白了就是用 Splay_Tree 维护欧拉序 #include <cstring> #include <algorithm> ...
- 【BZOJ】3786: 星系探索
[题意]给定一棵带点权树,三种操作: 1.询问点x到根的路径和 2.子树x内的点权加定值y 3.将点x的父亲更换为y,保证仍是树. [算法]平衡树(fhq-treap) [题解] 将树的dfs序作为序 ...
- [BZOJ3786]星系探索(伪ETT)
3786: 星系探索 Time Limit: 40 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 1638 Solved: 506[Submit][Status][Discuss ...
随机推荐
- 【VS开发】VS2013多字节工程问题uilding an MFC project for a non-Unicode character set is deprecated
VS2013多字节工程问题 使用VS2013编译旧版VC++程序时,提示Building an MFC project for a non-Unicode character set is depre ...
- 【VS开发】【智能语音处理】语音信号处理之(四)梅尔频率倒谱系数(MFCC)
语音信号处理之(四)梅尔频率倒谱系数(MFCC) zouxy09@qq.com http://blog.csdn.net/zouxy09 这学期有<语音信号处理>这门课,快考试了,所以也要 ...
- vue中,基于echarts 地图实现一个人才回流的大数据展示效果
0.引入echarts组件,和中国地图js import eCharts from 'echarts' import 'echarts/map/js/china.js'// 引入中国地图 1. 设置地 ...
- c语言1作业07
这个作业属于那个课程 C语言程序设计II 这个作业要求在哪里 https://edu.cnblogs.com/campus/zswxy/CST2019-4/homework/9932 我在这个课程的目 ...
- shell下的 awk/sed/grep/seq/tr
转自:实例手册 https://github.com/liquanzhou/ops_doc/blob/master/shell%E5%AE%9E%E4%BE%8B%E6%89%8B%E5%86%8C. ...
- Springboot与springcloud
1.什么是Spring Boot? 它简化了搭建Spring项目,自动配置Spring,简化maven配置,自带tomcat无需部署war包,创建独立的spring引用程序main方法运行: 2.Sp ...
- Forsaken喜欢数论
链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1221/A来源:牛客网 时间限制:C/C++ 1秒,其他语言2秒 空间限制:C/C++ 524288K,其他语言1048 ...
- 设备程序远程升级采用两种方式(优先采用IP方式)
设备程序远程升级采用两种方式(优先采用IP方式): 采用应急广播TS流传输技术规范的消息内容表携带升级包数据.当辅助数据类型值为44时,消息内容表传输的数据为程序升级包. 采用IP方式传输升级包数据. ...
- 解决移动端浏览器 HTML 音频不能自动播放的三种方法
https://blog.csdn.net/PY0312/article/details/90349386 由于Android,IOS移动端的浏览器以及微信自带的浏览器为了用户更好的体验,规定不自动播 ...
- 实例学习——爬取豆瓣音乐TOP250数据
开发环境:(Windows)eclipse+pydev+MongoDB 豆瓣TOP网址:传送门 一.连接数据库 打开MongoDBx下载路径,新建名为data的文件夹,在此新建名为db的文件夹,d ...