題面敘述

題目給出兩種操作：
操作1是將一個權重為W的點加到樹的某個節點下。
操作2是詢問一個從R開始的序列的最長可能長度。
其中這個序列要這樣找：從R開始，沿著祖先方向往上找，凡是權重大于等于當前序列最后一個點的要被選上，然后更新序列。權重和要最大且小于X。

題解

我們設定一個數組nxt[i]表示i的祖先中，第一個權重大于等于i的權重的節點。再定義一個數組sum[i]表示從i出發，一直往上走所形成的滿足題意序列的權重和，我們可以認為sum[i]是一個前綴和。
下面我們的關鍵是怎么來維護nxt數組和sum數組，如果新來一個R節點，把它放在U節點下面的話，怎么找到這條鏈上第一個權重大于等于R的權重的節點成了問題。
我們最直接想到的方法是暴力，一個一個往上枚舉，但是這樣復雜的顯然會爆炸。所以我們用倍增的思想。即nxt[i][j]表示從i節點出發的滿足題意的序列中距離i為2j2j的點的編號。
那么我們可以用二分搜索的方式快速的找到這條鏈上第一個權重大于等于R的權重的節點。時間復雜度O((logn)2)O((logn)2)。
然后就得到了nxt[R][0]，nxt[R][i]=upstep(nxt[R][0],2i?1)nxt[R][i]=upstep(nxt[R][0],2i?1)
其中upstep(u,s)表示由u開始，往上走s步到達的節點。
回答詢問也很簡單，同樣適用二分答案的方式，二分序列的長度，
找到滿足sum[R]?sum[upstep(R,s)]<=Xsum[R]?sum[upstep(R,s)]<=X最大的s，s就是答案。時間復雜度同樣是O((logn)2)O((logn)2)。

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代碼

#include <cstdio> #include <iostream> typedef long long ll; const int maxn = 400007; const ll inf = 1e18; ll ws[maxn],sum[maxn],nxt[maxn][25],dep[maxn],p,q,Q,tp,last,cnt = 1; int upstep(int rt,int step){int i = 0;int ans = rt;while(step){if(step&1) ans = nxt[ans][i];step >>= 1;i++;}return ans; } void op1(){ll R = last ^ p,W = last ^ q,U = ++cnt;ws[U] = W;if(ws[R] >= ws[U]) nxt[U][0] = R;else{ll l = 1,r = (cnt+1),mid,tar;while(r-l>1){mid = (l+r)/2;tar = upstep(R,mid);if(ws[tar] >= ws[U]) r = mid;else l = mid;}tar = upstep(R,l);if(ws[tar] >= ws[U]) nxt[U][0] = tar;else nxt[U][0] = nxt[tar][0];}sum[U] = sum[nxt[U][0]] + W;dep[U] = dep[nxt[U][0]] + 1;for(int i = 1;i < 21;++i) nxt[U][i] = upstep(nxt[U][0],(1<<i)-1);//printf("%lld\n",nxt[U][0]); } void op2(){ll R = last ^ p,X = last ^ q;if(X < ws[R]){printf("%lld\n",last = 0);return ;}ll l = 1,r = dep[R]+1,mid,tar,sm;while(r-l>1){mid = (l+r)/2;tar = upstep(R,mid);sm = sum[R] - sum[tar];//printf("sm = %lld,tar = %lld,mid = %lld\n",sm,tar,mid);if(sm > X) r = mid;else l = mid;//printf("l = %lld,r = %lld\n",l,r);}tar = upstep(R,l);printf("%lld\n",last = l); } int main(){dep[1] = 1;ws[0] = inf;scanf("%lld",&Q);while(Q--){scanf("%lld%lld%lld",&tp,&p,&q);if(tp == 1) op1();else op2();} }

總結

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