按照dfs序分块,莫队乱搞

再套个权值分块

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 100005
using namespace std; int e=1,head[N];
struct edge{
int u,v,next;
}ed[2*N];
void add(int u,int v){
ed[e].u=u; ed[e].v=v;
ed[e].next=head[u];
head[u]=e++;
} int qq,cc,n,m,nn,nnn,be[N],bb[N],gy[N],dep[N],fa[N],anc[N][18];
bool vis[N];
int num[N],all[N],ll[N],rr[N];
struct Query{
int l,r,id,tim,ans;
}qr[N];
void add_query(int x,int y){
qr[++qq].l=x;
qr[qq].r=y;
qr[qq].id=qq;
qr[qq].tim=cc;
}
bool cmp1(Query a,Query b){
if(be[a.l]==be[b.l])
return be[a.r]<be[b.r];
return be[a.l]<be[b.l];
}
bool cmp2(Query a,Query b){
return a.id<b.id;
} struct Change{
int pos,nxt,pre;
}ch[N];
void add_change(int x,int y){
ch[++cc].pos=x;
ch[cc].nxt=y;
ch[cc].pre=gy[x];
gy[x]=y;
} int stack[N],top=0,cnt;
void dfs(int x){
dep[x]=dep[fa[x]]+1;
for(int i=1;i<=15;i++)
anc[x][i]=anc[anc[x][i-1]][i-1];
for(int i=head[x];i;i=ed[i].next){
int v=ed[i].v;
if(v==fa[x]) continue;
fa[v]=anc[v][0]=x;
dfs(v);
if(top>=nn){
++cnt;
while(top)
be[stack[top--]]=cnt;
}
}
stack[++top]=x;
if(x==1&&top){
++cnt;
while(top)
be[stack[top--]]=cnt;
}
}
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);//dep[x]>=dep[y]
for(int i=15;~i;i--)
if(dep[anc[x][i]]>=dep[y])
x=anc[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=15;~i;i--)
if(anc[x][i]!=anc[y][i]){
x=anc[x][i];
y=anc[y][i];
}
return anc[x][0];
}
void pls(int x){
vis[x]=1;
if(gy[x]>n+1) return;
if(++num[gy[x]]==1)
all[bb[gy[x]]]++;
}
void reduc(int x){
vis[x]=0;
if(gy[x]>n) return;
if(--num[gy[x]]==0)
all[bb[gy[x]]]--;
}
void update(int x){
if(vis[x]){
reduc(x);
return ;
}
if(!vis[x]) pls(x);
}
void change(int x,int y){
int now=lca(x,y);
//printf("x==%d y==%d now==%d\n",x,y,now);
while(x!=now)
update(x),x=fa[x];
while(y!=now)
update(y),y=fa[y];
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
nn=(int)pow(n,2.0/3.0);
nnn=(int)sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&gy[i]);
bb[i]=i/nnn+1;
}
bb[0]=1;
for(int i=1;i<=bb[n];i++){
ll[i]=(i-1)*nnn;
rr[i]=i*nnn-1;
}
int u,v;
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v); add(v,u);
}
dfs(1);
int opt,a,b;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&opt,&a,&b);
if(opt==0) add_change(a,b);
if(opt==1) add_query(a,b);
}
sort(qr+1,qr+qq+1,cmp1);
int l=1,r=1,t=cc,old,now;
update(1);
for(int i=1;i<=qq;i++)
{
//printf("%d %d %d %d\n",qr[i].id,qr[i].tim,qr[i].l,qr[i].r);
old=lca(l,r);
now=lca(qr[i].l,qr[i].r);
change(qr[i].l,l);
change(qr[i].r,r);
update(old); update(now);
for(int j=t+1;j<=qr[i].tim;j++){
if(dep[ch[j].pos]>=dep[now]&&(lca(ch[j].pos,qr[i].l)==ch[j].pos||lca(ch[j].pos,qr[i].r)==ch[j].pos)){
update(ch[j].pos); gy[ch[j].pos]=ch[j].nxt; update(ch[j].pos);
}
gy[ch[j].pos]=ch[j].nxt;
}
for(int j=t;j>qr[i].tim;j--){
if(dep[ch[j].pos]>=dep[now]&&(lca(ch[j].pos,qr[i].l)==ch[j].pos||lca(ch[j].pos,qr[i].r)==ch[j].pos)){
update(ch[j].pos); gy[ch[j].pos]=ch[j].pre; update(ch[j].pos);
}
gy[ch[j].pos]=ch[j].pre;
}
t=qr[i].tim; l=qr[i].l; r=qr[i].r;
for(int j=1;j<=bb[n];j++)
if(all[j]!=rr[j]-ll[j]+1){
for(int k=ll[j];k<=rr[j];k++){
if(!num[k]){
qr[i].ans=k;
break;
}
}
break;
}
//for(int j=0;j<=n;j++) printf("k==%d num==%d\n",j,num[j]);
//printf("ans================%d\n",qr[i].ans);
}
sort(qr+1,qr+qq+1,cmp2);
for(int i=1;i<=qq;i++)
printf("%d\n",qr[i].ans);
return 0;
}

bzoj 4129 Haruna’s Breakfast 树上莫队的更多相关文章

  1. BZOJ 4129: Haruna’s Breakfast [树上莫队 分块]

    传送门 题意: 单点修改,求一条链的mex 分块维护权值,$O(1)$修改$O(S)$求mex...... 带修改树上莫队 #include <iostream> #include < ...

  2. BZOJ 4129 Haruna’s Breakfast ( 树上带修莫队 )

    题面 求树上某路径上最小的没出现过的权值,有单点修改 添加链接描述 分析 树上带修莫队板题,问题是怎么求最小的没出现过的权值. 因为只有nnn个点,所以没出现过的最小值一定在[0,n][0,n][0, ...

  3. BZOJ 4129 Haruna’s Breakfast (分块 + 带修莫队)

    4129: Haruna’s Breakfast Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 835  Solved: 409[Submit][St ...

  4. BZOJ 4129 Haruna’s Breakfast

    传送门 同样是树上莫队 只不过要求一个集合的mex,这里可以使用分块,可以在根号时间内得出解 /************************************************** P ...

  5. BZOJ.3052.[WC2013]糖果公园(树上莫队 带修改莫队)

    题目链接 BZOJ 当然哪都能交(都比在BZOJ交好),比如UOJ #58 //67376kb 27280ms //树上莫队+带修改莫队 模板题 #include <cmath> #inc ...

  6. BZOJ 3052: [wc2013]糖果公园 | 树上莫队

    题目: UOJ也能评测 题解 请看代码 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #includ ...

  7. 【BZOJ4129】Haruna’s Breakfast(树上莫队)

    [BZOJ4129]Haruna's Breakfast(树上莫队) 题面 BZOJ Description Haruna每天都会给提督做早餐! 这天她发现早饭的食材被调皮的 Shimakaze放到了 ...

  8. bzoj4129 Haruna’s Breakfast 树上带修莫队+分块

    题目传送门 https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4129 题解 考虑没有修改的序列上的版本应该怎么做: 弱化的题目应该是这样的: 给定一个序列,每 ...

  9. [BZOJ4129]Haruna’s Breakfast(树上带修改莫队)

    BZOJ3585,BZOJ2120,BZOJ3757三合一. 对于树上路径问题,树链剖分难以处理的时候,就用树上带修改莫队. 这里的MEX问题,使用BZOJ3585的分块方法,平衡了时间复杂度. 剩下 ...

随机推荐

  1. Java + Selenium + TestNG + Maven

    环境准备: 1. Java: Install Java jdk: Version: java 1.8 or aboveConfigure Java Environment Variables:Add ...

  2. java并发包分析之———ConcurrentSkipListMap

    一.前言 concurrentHashMap与ConcurrentSkipListMap性能测试 在4线程1.6万数据的条件下,ConcurrentHashMap 存取速度是ConcurrentSki ...

  3. centos 5.3 安装(samba 3.4.4)

    centos 5.3 安装(samba 3.4.4) 博客分类: 操作系统 Linux   随着Linux的普及,如何共享Linux下的文件成为用户关心的问题.其实,几乎所有的Linux发行套件都提供 ...

  4. Jbpm工作流(一)

    了解一下什么是Jbpm及特点. jBPM,全称是Java Business Process Management,是一种基于J2EE的轻量级工作流管理系统.jBPM是公开源代码项目,它使用要遵循 Ap ...

  5. Day4_装饰器

    装饰器: #模板def auth(func): def wrapper(*args,**kwargs): res=func(*args,**kwargs) return res return wrap ...

  6. Android hybrid App项目构建和部分基本开发问题

    1.首先是选型:Cordova+Ionic Framework,调试测试环境是Ripple Emulator.开发环境其实可以随便选,我个人选择了Eclipse,当然Android SDK+ADT也是 ...

  7. python3学习笔记2---引用http://python3-cookbook.readthedocs.io/zh_CN/latest/2

    2018-03-01数据结构和算法(2) 1.6字典中的键映射多个值 一个字典就是一个键对应一个单值的映射.如果你想要一个键映射多个值,那么你就需要将这多个值放到另外的容器中, 比如列表或者集合里面. ...

  8. C++中遍历读取数组中的元素

    答案来源:https://zhidao.baidu.com/question/187071815.html 对于字符数组str[N],判断方法有以下三种: 第一种:用库函数strlen 1 len = ...

  9. Vue作者尤雨溪:以匠人的态度不断打磨完善Vue (图灵访谈)

    访谈对象: 尤雨溪,Vue.js 创作者,Vue Technology创始人,致力于Vue的研究开发. 访谈内容: 你为何选择从事前端方面的工作? 其实,我本科读的是艺术史,研究生阶段学习Design ...

  10. python实现四则运算和效能分析

    代码github地址:https://github.com/yiduobaozhi/-1 PSP表格: 预测时间(分钟) planning 计划 15 Estimate 估计这个任务需要多少时间 10 ...