Link Cut Tree 學(xué)習(xí)筆記

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說在前邊

最近補(bǔ) CF 碰見一道 LCT ，就打算學(xué)習(xí)一下這個(gè)東西。。。順便復(fù)習(xí)一下 splay。

具體算法及實(shí)現(xiàn)

參考了FlashHu， Candy?

P3690 【模板】Link Cut Tree （動(dòng)態(tài)樹）

題目：給定n個(gè)點(diǎn)以及每個(gè)點(diǎn)的權(quán)值，要你處理接下來的m個(gè)操作。操作有4種。操作從0到3編號(hào)。點(diǎn)從1到n編號(hào)。
0：后接兩個(gè)整數(shù)(x，y)，代表詢問從x到y(tǒng)的路徑上的點(diǎn)的權(quán)值的xor和。保證x到y(tǒng)是聯(lián)通的。
1：后接兩個(gè)整數(shù)(x，y)，代表連接x到y(tǒng)，若x到y(tǒng)已經(jīng)聯(lián)通則無需連接。
2：后接兩個(gè)整數(shù)(x，y)，代表刪除邊(x，y)，不保證邊(x，y)存在。
3：后接兩個(gè)整數(shù)(x，y)，代表將點(diǎn)x上的權(quán)值變成y。

做法：模板

Code

#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <cctype> typedef long long ll; const int N = 300010; const int inf = 0x3f3f3f3f; template<class T> inline void read(T &x) {x = 0; char c = getchar(); T f = 1;while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)) {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}x *= f; } using namespace std; class LCT { private :struct Node {int ch[2], fa, rev, sum, w;} T[N];int st[N];#define lc T[p].ch[0]#define rc T[p].ch[1]#define pa T[p].fainline int LR(int p) { return T[pa].ch[1] == p; }inline int isR(int p) { return T[pa].ch[0] != p && T[pa].ch[1] != p; }inline void PushUp(int p) { T[p].sum = T[lc].sum ^ T[rc].sum ^ T[p].w; }inline void Pushr(int p) { T[p].rev ^= 1; swap(lc, rc); }inline void PushDown(int p) {if(T[p].rev) {if(lc) Pushr(lc);if(rc) Pushr(rc);T[p].rev = 0;}}inline void rotate(int p) {int f=T[p].fa, g=T[f].fa, c=LR(p);if(!isR(f)) T[g].ch[LR(f)]=p; T[p].fa=g;T[f].ch[c] = T[p].ch[c^1]; T[T[f].ch[c]].fa=f;T[p].ch[c^1] = f; T[f].fa=p;PushUp(f); PushUp(p);}inline void splay(int p) {int y=p,z=0; st[++z]=y;while(!isR(y)) st[++z]=y=T[y].fa;while(z) PushDown(st[z--]);while(!isR(p)) {y=T[p].fa;z=T[y].fa;if(!isR(y)) rotate((T[y].ch[0]==p)^(T[z].ch[0]==y)?p:y);rotate(p);}PushUp(p);}inline void access(int p) {for(int y = 0; p; p = T[y = p].fa)splay(p), rc = y, PushUp(p);}inline void makeR(int p) {access(p); splay(p); Pushr(p);}int findR(int p) {access(p); splay(p);while(lc) PushDown(p), p = lc;splay(p);return p;} public :inline void split(int x, int y) {makeR(x); access(y); splay(y);}inline void Link(int x, int y) {makeR(x);if(findR(y)!=x)T[x].fa=y;}inline void Cut(int x, int y) {makeR(x);if(findR(y) == x && T[y].fa == x && !T[y].ch[0]) {T[y].fa = T[x].ch[1] = 0; PushUp(x);}}inline int getSum(int p) { return T[p].sum; }inline void setW(int p, int v) { splay(p);T[p].w = v;PushUp(p); } } tree; int n, q, opt, u, v; int main() {read(n), read(q);for(int i = 1; i <= n; ++i) read(v), tree.setW(i, v);while(q--) {read(opt), read(u), read(v);if(opt == 0) tree.split(u, v), printf("%d\n",tree.getSum(v));else if(opt == 1) tree.Link(u, v);else if(opt == 2) tree.Cut(u, v);else if(opt == 3) tree.setW(u, v);} }

CodeForces 1137F

題意：給定一棵n點(diǎn)樹。設(shè)第i個(gè)點(diǎn)當(dāng)前編號(hào)為\(p_i\)。已知一種游戲，每次刪除葉子節(jié)點(diǎn)中編號(hào)最小的那個(gè)節(jié)點(diǎn)，而節(jié)點(diǎn)\(v\)在一次游戲中被刪除的時(shí)間為\(Ti(v)\)。有\(m\)組詢問，三種操作：1. \(up ~v\)將 \(v\) 點(diǎn)標(biāo)號(hào)改為\(1 + max(p_1,p_2,...,p_n)\) 2. \(when ~v\)詢問 \(Ti(v)\) 3.\(compare ~u~v\), 比較\(Ti(u)\), \(Ti(v)\)。

做法：首先，操作3可以轉(zhuǎn)化為操作2。現(xiàn)在，假設(shè)我們已經(jīng)知道當(dāng)前這棵樹每個(gè)節(jié)點(diǎn)的\(Ti\)，那么當(dāng)進(jìn)行\(up\)操作時(shí)，這棵樹的\(Ti\)會(huì)怎么變化？測(cè)試幾組數(shù)據(jù)可以知道，每次只有原本的最大值，與新的最大值路徑上的\(Ti\)會(huì)發(fā)生重編號(hào)，而這條鏈之外的節(jié)點(diǎn)的\(Ti\)相對(duì)大小沒有改變。
為了操作方便我們用編號(hào)最大的點(diǎn)作為當(dāng)前的根節(jié)點(diǎn)，考慮如何詢問。我們定義\(mxp(v)\)為\(v\)子樹中最大的點(diǎn)的編號(hào)，對(duì)于一個(gè)節(jié)點(diǎn)\(v\)和一個(gè)節(jié)點(diǎn)\(u\)，如果\(mxp(v) < mxp(u)\)，\(v\)一定先于\(u\)刪除，因?yàn)樵趧h除\(mxp(u)\)之前一定已經(jīng)刪除了\(mxp(v)\)而刪除了\(mxp(v)\)之后一定會(huì)繼續(xù)刪除，直到刪除\(v\)。對(duì)于一個(gè)點(diǎn)\(u\)所有滿足\(mxp(v) < mxp(u)\) 的\(v\) 一定先于他刪除。如果\(mxp(v) = mxp(u)\) ，出現(xiàn)這種情況當(dāng)且僅當(dāng)\(u\)和\(v\)在一條指向根的路徑上，那么由于根節(jié)點(diǎn)的編號(hào)最大，我們一定會(huì)先刪除深度比較深的點(diǎn)。所以形式化的答案是
\[ \sum_v [mxp(v) < mxp(u)] + \sum_v [mxp(v)=mxp(u)][dep[v] > dep[u]] = \\ \sum_v [mxp(v) \leq mxp(u)] - \sum_v [mxp(v)=mxp(u)][dep[v] < dep[u]] \]

現(xiàn)在整理一下，我們要維護(hù)什么：每個(gè)點(diǎn)子樹中的最大編號(hào)，深度信息，編號(hào)小于\(v\)的點(diǎn)的數(shù)目，編號(hào)為\(v\)的點(diǎn)中\(dep\)小于\(d\)的數(shù)目，要支持把編號(hào)最大點(diǎn)提到根的位置。

涉及到提根這個(gè)操作，所以想到使用\(LCT\)解決。每個(gè)輔助樹的節(jié)點(diǎn)中除了常規(guī)的部分，維護(hù)\(mxp\)和子樹的大小\(sz\)，而同時(shí)因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="math inline">\(LCT\)的性質(zhì)，其中每個(gè)\(splay\)中都是按照深度排序。再利用一個(gè)樹狀數(shù)組，維護(hù)編號(hào)小于\(v\)的點(diǎn)的數(shù)目。

初始化部分，我們\(dfs\)這棵樹，求出每個(gè)點(diǎn)的父親，同時(shí)我們將所有的點(diǎn)按照\(mxp\)連成一條條實(shí)鏈，順便計(jì)算\(sz\)，以及在樹狀數(shù)組中更新。

對(duì)于詢問操作\(when ~v\)，答案就是小于等于\(mxp(v)\)的\(mxp(u)\)的數(shù)量，減去深度小于\(v\)的\(mxp\)相同的點(diǎn)的數(shù)量。對(duì)于第一部分直接在樹狀數(shù)組中查詢，第二部分利用\(splay\)的按深度排序的性質(zhì)，我們\(splay(v)\)將\(v\)旋到根上，此時(shí)它的左子樹的\(sz\)就是我們要的。

對(duì)于修改操作\(up ~v\)，我們令原先最大的點(diǎn)為\(u\), \(access(v)\) 同時(shí)將所有v到u路徑上的點(diǎn)的編號(hào)改為\(mxp(u)\)，把\(v\)旋到根，再翻轉(zhuǎn)這條鏈，此時(shí)\(v\)已經(jīng)是整顆樹的根了，但是此時(shí)的\(v\)的編號(hào)還沒有修改，我們把\(u\)和它的右兒子斷開重新給他打上新的標(biāo)記即可。

這個(gè)過程中要注意，打上標(biāo)記后及時(shí)\(pushdown\)，子節(jié)點(diǎn)修改后，及時(shí)\(pushup\)。

ps: 這題從復(fù)習(xí)\(splay\)，學(xué)習(xí)\(LCT\)，到看懂題解花了3天時(shí)間。參考了很多ac代碼。。。

Code

#include <bits/stdc++.h> #define pb push_back typedef long long ll; const int N = 200010; template<class T> inline void read(T &x) {x = 0; char c = getchar(); T f = 1;while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)) {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}x *= f; } using namespace std; class BIT {int n, a[N << 1]; public :void init(int _) {n = _;}void add(int p, int val) {for(int i = p; i <= n; i += (i&(-i))) a[i] += val;}int ask(int p) { int ans = 0;for(int i = p; i; i -= (i&(-i))) ans += a[i];return ans;} } B; struct Node {int ch[2], fa, rev, sz, w, tag; } T[N]; #define lc T[p].ch[0] #define rc T[p].ch[1] #define pa T[p].fa inline int LR(int p) { return T[pa].ch[1] == p; } inline int isR(int p) { return T[pa].ch[0] != p && T[pa].ch[1] != p; } inline void PushUp(int p) { T[p].sz = T[lc].sz + T[rc].sz + 1; } inline void Pushr(int p) { T[p].rev ^= 1; swap(lc, rc); } inline void PushDown(int p) {if(T[p].rev) {if(lc) Pushr(lc);if(rc) Pushr(rc);T[p].rev = 0;}if(T[p].tag) {T[lc].tag = T[lc].w = T[p].tag;T[rc].tag = T[rc].w = T[p].tag;T[p].tag = 0;} } inline void rotate(int p) {int f=T[p].fa, g=T[f].fa, c=LR(p);if(!isR(f)) T[g].ch[LR(f)]=p; T[p].fa=g;T[f].ch[c] = T[p].ch[c^1]; T[T[f].ch[c]].fa=f;T[p].ch[c^1] = f; T[f].fa=p;PushUp(f); PushUp(p); } inline void splay(int p) {static int st[N];int y=p,z=0; st[++z]=y;while(!isR(y)) st[++z]=y=T[y].fa;while(z) PushDown(st[z--]);while(!isR(p)) {y=T[p].fa;z=T[y].fa;if(!isR(y)) rotate((T[y].ch[0]==p)^(T[z].ch[0]==y)?p:y);rotate(p);} } inline void access(int p, int ti) {for(int y = 0; p; p = T[y = p].fa) {splay(p); // splay 到頂T[p].ch[1] = 0; // 斷掉比他深的點(diǎn)PushUp(p); // **// updateB.add(T[p].w, -T[p].sz);T[p].tag = T[p].w = ti;B.add(T[p].w, T[p].sz);T[p].ch[1] = y;// 右兒子接到上一層splay的根上PushUp(p); // **} }int n, q, u, v; char opt[11]; vector<int> G[N]; void dfs(int u) {T[u].w = u;for(int v: G[u]) if(v != T[u].fa) {T[v].fa = u; dfs(v);T[u].w = max(T[u].w, T[v].w);}for(int v: G[u]) if(v != T[u].fa && T[u].w == T[v].w) {T[u].ch[1] = v;T[u].sz = T[v].sz + 1;}B.add(T[u].w, 1); } int qry(int p) {splay(p); PushDown(p);return B.ask(T[p].w) - T[lc].sz; }int main() { #ifdef RRRR_wysfreopen("in.txt","r",stdin); #endifread(n), read(q);B.init(n+q+2);for(int i = 2; i <= n; ++i)read(u), read(v), G[u].pb(v), G[v].pb(u);for(int i = 1; i <= n; ++i) T[i].sz = 1;dfs(n); int TT = n;while(q--) {scanf(" %s",opt);if(opt[0] == 'u') {read(v);// MakeRootaccess(v, TT); splay(v);T[v].rev ^= 1; swap(T[v].ch[0], T[v].ch[1]);PushDown(v);// updateB.add(T[v].w, -1); // ***T[v].ch[1] = 0; // 斷右兒子T[v].w = T[v].tag = ++ TT; // 重新標(biāo)號(hào)T[v].sz = 1; // 計(jì)算szB.add(T[v].w, 1);}else if(opt[0] == 'w') {read(v);printf("%d\n", qry(v));}else {read(u), read(v);printf("%d\n", (qry(u) < qry(v) ? u : v) );}} }

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/RRRR-wys/p/10527816.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Link Cut Tree 学习笔记的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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