uoj349 即时战略

题意：这是一道交互题。交互库中有一棵树。一开始只有1节点已知。需要在T次询问内使得n个节点都已知。一次询问explore(x,y)，返回从x到y路径上第一个点，并将返回点标记为已知。

数据有区分。

标程：

 #include<cstdio>
 #include<time.h>
 #include<algorithm>
 #include "rts.h"
 using namespace std;
 const int N=;
 int son[N][],fa[N],L[N],R[N],vis[N],E[],id[N],now,nxt,it;
 int is_rt(int x) {return son[fa[x]][]!=x&&son[fa[x]][]!=x;}
 int ran() {return (int)(rand()/RAND_MAX+0.5);}
 void up(int x)
 {
     L[x]=R[x]=x;
     if (son[x][]) L[x]=L[son[x][]];//leftest
     if (son[x][]) R[x]=R[son[x][]];//rightest
 }
 void rot(int x)
 {
     int y=fa[x],z=fa[y],l=(son[y][]==x),r=l^;
     if (!is_rt(y)) son[z][(son[z][]==y)]=x;
     fa[x]=z;fa[y]=x;fa[son[x][r]]=y;
     son[y][l]=son[x][r];son[x][r]=y;
     up(y);up(x);
 }
 void spl(int x)
 {
     for (int y;!is_rt(x);rot(x))
       if (!is_rt(y=fa[x]))
         if (son[y][]==x^son[fa[y]][]==y) rot(x);else rot(y);
 }
 int find_rt(int x)
 {
     for (;!is_rt(x);x=fa[x]);
     return x;
 }
 void accs(int x) {for (int t=;x;t=x,x=fa[x]) spl(x),son[x][]=t,up(x);}
 void ins(int x)
 {
     now=find_rt();
     while (!vis[x])
     {
         nxt=explore(now,x);
         if (nxt==R[son[now][]]) now=son[now][];//father
         else if (nxt==L[son[now][]]) now=son[now][];//son
         else {//another splay
             if (vis[nxt]) now=find_rt(nxt);//already have existed
             else vis[nxt]=,fa[nxt]=now,now=nxt;//add a new point
         }
     }
     accs(x);
 }
 void play(int n,int T,int dataType)
 {
     srand(time(NULL));
     vis[]=;
         for (int i=;i<=n;i++) id[i]=i;
     random_shuffle(id+,id+n+);
     if (dataType==)//chain
     {
         now=explore(,id[]);vis[now]=;
         E[]=;E[]=now;
         for (int i=;i<=n;i++)
           if (!vis[id[i]])
           {
                it=ran();now=explore(E[it],id[i]);//注意explore的顺序（u->v)
                if (!vis[now])//这一边
                {
                    vis[E[it]=now]=;
                    while (E[it]!=id[i]) E[it]=explore(E[it],id[i]),vis[E[it]]=;//记得更改范围指针
              }else {//另一边
                  it^=;
                  while (E[it]!=id[i]) E[it]=explore(E[it],id[i]),vis[E[it]]=;
              }
           }
         return;
     }
     for (int i=;i<=n;i++) L[i]=R[i]=i;//初始化
     for (int i=;i<=n;i++)
       if (!vis[id[i]]) ins(id[i]);
 }

易错点：1.注意lct之前的初始化L[i]=R[i]=i。并且不用每找到一个点就splay，新加入一个点access更新保证复杂度即可。

2.access不要写错，判定继续的条件应该是x而不是!is_rt(x)。

3.链的情况要更新边界。

技巧：可以用random_shuffle来避免一些数据的卡。

题解：lct/动态点分树

数据告诉我们：树T=nlogn,链T=n+logn.

树：

1.仿照CF772E的做法，可以通过点分来插入一个点。但不同的是，这不是一棵二叉树，在前向星上插入删除的复杂度太高，因此考虑动态点分树来支持动态加点。（然而我并不会写）

2.点分的思想也就是对树二分。因此我们树链剖分后在重链上二分也可以得到一样的效果。由于有加点，用lct即可。用splay维护每一条重链，因为splay的高度的log级别的，从根开始跳splay上的节点完成二分。讨论一下返回的已知点在询问点的儿子/父亲/另一个splay上->是否已知。最后access(x)更新树的形态。O(nlogn）。

链：

维护一段连续的已知点[L,R]，对于一个未知点x，如果explore(L,x)是未知点，那么往R方向扩展，反之在L方向扩展。

每个点必定被explore一次O(n)。random第一次的询问是L还是R后，更改方向的次数期望是O(log n)或是说O(ln n)的。（证明：设E(n)表示扩展为长度为n的序列需要更改几次方向：E(n)=1+1/n*sigma(E[i])(i=[1,n-1])->E(n)-E(n-1)=1/n->E(n)=sigma(1/i)≈ln n）

所以总的是O(n+log n)。