考虑暴力树剖。那么修改路径和查询子树最小值非常简单。

  对于换根当然不能真的给他转一下,我们只记录当前根是哪个。对于查询,如果查询点不在当前根到原根的路径上,显然换根是对答案没有影响的;如果是当前根,答案就是整棵树最小值,否则即是要查询该路径上的后代所在子树外的点的最小值,去掉这段区间就可以了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100010
#define int unsigned int
#define inf 2147483649
int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while (c<''||c>'') {if (c=='-') f=-;c=getchar();}
while (c>=''&&c<='') x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();
return x*f;
}
int n,m,root,p[N],a[N],t=,cnt=;
int dfn[N],id[N],fa[N],son[N],deep[N],size[N],top[N];
int L[N<<],R[N<<],tree[N<<],lazy[N<<];
struct data{int to,nxt;
}edge[N<<];
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
void dfs1(int k)
{
size[k]=;
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (edge[i].to!=fa[k])
{
deep[edge[i].to]=deep[k]+;
fa[edge[i].to]=k;
dfs1(edge[i].to);
size[k]+=size[edge[i].to];
if (size[edge[i].to]>size[son[k]]) son[k]=edge[i].to;
}
}
void dfs2(int k,int from)
{
id[k]=++cnt;dfn[cnt]=k;
top[k]=from;
if (son[k]) dfs2(son[k],from);
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (edge[i].to!=fa[k]&&edge[i].to!=son[k])
dfs2(edge[i].to,edge[i].to);
}
void build(int k,int l,int r)
{
L[k]=l,R[k]=r;
if (l==r) {tree[k]=a[dfn[l]];return;}
int mid=l+r>>;
build(k<<,l,mid);
build(k<<|,mid+,r);
tree[k]=min(tree[k<<],tree[k<<|]);
}
void down(int k)
{
tree[k<<]=tree[k<<|]=lazy[k];
lazy[k<<]=lazy[k<<|]=lazy[k];
lazy[k]=;
}
void up(int k){tree[k]=min(tree[k<<],tree[k<<|]);}
int query(int k,int l,int r)
{
if (l>r) return inf;
if (L[k]==l&&R[k]==r) return tree[k];
if (lazy[k]) down(k);
int mid=L[k]+R[k]>>;
if (r<=mid) return query(k<<,l,r);
else if (l>mid) return query(k<<|,l,r);
else return min(query(k<<,l,mid),query(k<<|,mid+,r));
}
void modify(int k,int l,int r,int x)
{
if (L[k]==l&&R[k]==r) {tree[k]=lazy[k]=x;return;}
if (lazy[k]) down(k);
int mid=L[k]+R[k]>>;
if (r<=mid) modify(k<<,l,r,x);
else if (l>mid) modify(k<<|,l,r,x);
else modify(k<<,l,mid,x),modify(k<<|,mid+,r,x);
up(k);
}
void jump_modify(int x,int y,int z)
{
while (top[x]!=top[y])
{
if (deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y);
modify(,id[top[x]],id[x],z);
x=fa[top[x]];
}
if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
modify(,id[y],id[x],z);
}
int getans(int k)
{
if (k==root) return query(,,n);
int x=k,y=root;
while (top[x]!=top[y])
{
if (deep[top[x]]<deep[top[y]]) swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
if (k==y)
{
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (id[edge[i].to]<=id[root]&&id[root]<=id[edge[i].to]+size[edge[i].to]-)
return min(query(,,id[edge[i].to]-),query(,id[edge[i].to]+size[edge[i].to],n));
}
else return query(,id[k],id[k]+size[k]-);
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("bzoj3083.in","r",stdin);
freopen("bzoj3083.out","w",stdout);
const char LL[]="%I64d\n";
#else
const char LL[]="%lld\n";
#endif
n=read(),m=read();
for (int i=;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
addedge(x,y),addedge(y,x);
}
for (int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
dfs1();
dfs2(,);
build(,,n);
root=read();
while (m--)
{
int op=read();
if (op==) root=read();
else if (op==) printf("%d\n",getans(read()));
else
{
int x=read(),y=read(),z=read();
jump_modify(x,y,z);
}
}
return ;
}

BZOJ3083 遥远的国度(树链剖分+线段树)的更多相关文章

  1. 【bzoj3083】遥远的国度 树链剖分+线段树

    题目描述 描述zcwwzdjn在追杀十分sb的zhx,而zhx逃入了一个遥远的国度.当zcwwzdjn准备进入遥远的国度继续追杀时,守护神RapiD阻拦了zcwwzdjn的去路,他需要zcwwzdjn ...

  2. 【BZOJ-2325】道馆之战 树链剖分 + 线段树

    2325: [ZJOI2011]道馆之战 Time Limit: 40 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1153  Solved: 421[Submit][Statu ...

  3. 【BZOJ2243】[SDOI2011]染色 树链剖分+线段树

    [BZOJ2243][SDOI2011]染色 Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的 ...

  4. BZOJ2243 (树链剖分+线段树)

    Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. ...

  5. POJ3237 (树链剖分+线段树)

    Problem Tree (POJ3237) 题目大意 给定一颗树,有边权. 要求支持三种操作: 操作一:更改某条边的权值. 操作二:将某条路径上的边权取反. 操作三:询问某条路径上的最大权值. 解题 ...

  6. bzoj4034 (树链剖分+线段树)

    Problem T2 (bzoj4034 HAOI2015) 题目大意 给定一颗树,1为根节点,要求支持三种操作. 操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a . 操作 2 :把某个节点 x 为根的子 ...

  7. HDU4897 (树链剖分+线段树)

    Problem Little Devil I (HDU4897) 题目大意 给定一棵树,每条边的颜色为黑或白,起始时均为白. 支持3种操作: 操作1:将a->b的路径中的所有边的颜色翻转. 操作 ...

  8. Aizu 2450 Do use segment tree 树链剖分+线段树

    Do use segment tree Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.bnuoj.com/v3/problem_show ...

  9. 【POJ3237】Tree(树链剖分+线段树)

    Description You are given a tree with N nodes. The tree’s nodes are numbered 1 through N and its edg ...

  10. HDU 2460 Network(双连通+树链剖分+线段树)

    HDU 2460 Network 题目链接 题意:给定一个无向图,问每次增加一条边,问个图中还剩多少桥 思路:先双连通缩点,然后形成一棵树,每次增加一条边,相当于询问这两点路径上有多少条边,这个用树链 ...

随机推荐

  1. encodeURIComponent(URIstring)

    函数可把字符串作为 URI 组件进行编码.

  2. sketch 相关论文

    sketch 相关论文 Sketch Simplification We present a novel technique to simplify sketch drawings based on ...

  3. [Codeforces-911B] - Two Cakes

    B. Two Cakestime limit per test 1 secondmemory limit per test 256 megabytesinput standard inputoutpu ...

  4. 脚本处理iOS的Crash日志

    背景 当我们打包app时,可以选择生成对应的符号表,其保存 16 进制函数地址映射信息,通过给定的函数起始地址和偏移量,可以对应函数具体信息以供分析. 所以我们拿到测试给的闪退日志(.crash)时, ...

  5. 简单3D翻页相册制作教程

    3D效果看起来总是要比平面的图形看起来视觉效果要好的多,今天来教大家制作简单的3D翻页效果的视频. 视频预览链接:https://v.youku.com/v_show/id_XMzgxOTY5NzQz ...

  6. django(新增model)No migrations to apply.

    django 1.8版本,在models下新建一个class,无法在数据库创建新表的问题: - models.py class HostPwd(models.Model): hostname = mo ...

  7. nginx keepalived 高可用方案(转)

    转自: https://www.cnblogs.com/leeSmall/p/9356535.html 一.Nginx Rewrite 规则 1. Nginx rewrite规则 Rewrite规则含 ...

  8. 软件工程-东北师大站-第九次作业(PSP)

    1.本周PSP 2.本周进度条 3.本周累计进度图 代码累计折线图 博文字数累计折线图 4.本周PSP饼状图

  9. Full GC

    1,新生代:(1)所有对象创建在新生代的Eden区,当Eden区满后触发新生代的Minor GC,将Eden区和非空闲Survivor区存活的对象复制到另外一个空闲的Survivor区中.(2)保证一 ...

  10. b1

    组长:吴晓晖 过去两天完成了哪些任务: 代码重构进行中,界面,预计两个beta单位完成 展示GitHub当日代码/文档签入记录 接下来的计划 更加人性化的推荐算法 还剩下哪些任务 有哪些困难 有哪些收 ...