长跑

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【题目描述】

某校开展了同学们喜闻乐见的阳光长跑活动。为了能“为祖国健康工作五十年”，同学们纷纷离开寝室，离开教室，离开实验室，到操场参加 3000 米长跑运动。一时间操场上熙熙攘攘，摩肩接踵，盛况空前。为了让同学们更好地监督自己，学校推行了刷卡机制。学校中有 n 个地点，用 1 到 n 的整数表示，每个地点设有若干个刷卡机。有以下三类事件： 1、修建了一条连接 A 地点和 B 地点的跑道。 2、A 点的刷卡机台数变为了 B。 3、进行了一次长跑。问一个同学从 A 出发，最后到达 B 最多可以刷卡多少次。具体的要求如下：当同学到达一个地点时，他可以在这里的每一台刷卡机上都刷卡。但每台刷卡机只能刷卡一次，即使多次到达同一地点也不能多次刷卡。为了安全起见，每条跑道都需要设定一个方向，这条跑道只能按照这个方向单向通行。最多的刷卡次数即为在任意设定跑道方向，按照任意路径从 A 地点到 B 地点能刷卡的最多次数。

【输入描述】

输入的第一行包含两个正整数 n,m，表示地点的个数和操作的个数。第二行包含 n 个非负整数，其中第 i 个数为第个地点最开始刷卡机的台数。接下来有 m 行，每行包含三个非负整数 P,A,B，P 为事件类型，A,B 为事件的两个参数。最初所有地点之间都没有跑道。每行相邻的两个数之间均用一个空格隔开。表示地点编号的数均在 1 到 n 之间，每个地点的刷卡机台数始终不超过 10000，P=1,2,3。

【输出描述】

输出的行数等于第 3 类事件的个数，每行表示一个第 3 类事件。如果该情况下存在一种设定跑道方向的方案和路径的方案，可以到达，则输出最多可以刷卡的次数。如果 A 不能到达 B，则输出-1。

输入样例：

9 31
10 20 30 40 50 60 70 80 90
3 1 2
1 1 3
1 1 2
1 8 9
1 2 4
1 2 5
1 4 6
1 4 7
3 1 8
3 8 8
1 8 9
3 8 8
3 7 5
3 7 3
1 4 1
3 7 5
3 7 3
1 5 7
3 6 5
3 3 6
1 2 4
1 5 5
3 3 6
2 8 180
3 8 8
2 9 190
3 9 9
2 5 150
3 3 6
2 1 210
3 3 6

输出样例：

题解

感觉好LCT啊。。。

先考虑一个简单的问题：

如何在一个支持加边的图中维护两点的连通性？

这不无脑并查集吗。。。

再考虑一个‘简单’的问题：

如何在一个支持加边的图中维护两点是否在同一个边双连通分量？

似乎不会。。。

发现形成的第一个边双连通分量一定是一个环

想了一下，发现可以用LCT+两个并查集

先用一个并查集check来维护连通性

再用一个并查集real来维护边双连通分量的集合

当我们加上一条边(u,v)时：

如果u，v不连通，就把它们在check上合并

如果u，v连通但不在一个边双连通分量，就把它们在LCT上的路径spilt出来，把路径上的点一个一个在real上合并

感觉会T，于是我们缩一下点，把已经合并了real的点从LCT中删掉，只保留它们的祖宗，祖宗要统计它们的所有信息

如果u，v在同一个边双连通分量里，就不管了

让我们回到这个题，我们任务的就是求两点路径的点权和+两点路径上的边双连通分量总点权和

我们就可以用上面的思路来维护边双连通分量的点权和

于是我们维护的就是一个由边双连通分量祖先构成的LCT

如图：

如果在已删除节点之间连边，就会使两个边双祖先合并，就会删掉其中之一

所以不同祖先的已删除节点都无连边。

代码实现还有许多细节：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100005
int n,m,val[N],a[N];//a是实际点权，val是祖先点权
struct node{int f[N];void init(){for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i;}int find(int x){return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}void uni(int x,int y){f[find(x)]=find(y);}
}real,check;
int fa[N],ch[N][2],sum[N];
bool rev[N];
inline bool pdc(int x){return ch[fa[x]][1]==x;}
inline bool pdr(int x){return ch[fa[x]][0]!=x&&ch[fa[x]][1]!=x;}
inline void pushdown(int x)
{if(rev[x]){swap(ch[x][0],ch[x][1]);if(ch[x][0])rev[ch[x][0]]^=1;if(ch[x][1])rev[ch[x][1]]^=1;rev[x]=0;}
}
void update(int x){sum[x]=sum[ch[x][0]]+sum[ch[x][1]]+val[x];}
inline void rot(int x)
{int y=fa[x],z=fa[y];bool flg=pdc(x);if(!pdr(y)) ch[z][pdc(y)]=x;if(ch[y][flg]=ch[x][flg^1])fa[ch[y][flg]]=y;ch[x][flg^1]=y;fa[y]=x;fa[x]=z;update(y);update(x);
}
void pdpath(int x){if(!pdr(x)) pdpath(fa[x]);pushdown(x);}
inline void splay(int x)
{for(pdpath(x);!pdr(x);rot(x))if(!pdr(fa[x]))rot(pdc(fa[x])==pdc(x)?fa[x]:x);
}
inline void Access(int x)
{for(int last=0;x;last=x,x=fa[x]=real.find(fa[x])){//边Access边路径压缩找祖先，因为有可能遇到已删除的节点splay(x);ch[x][1]=last;update(x);}
}
inline void beroot(int x){Access(x);splay(x);rev[x]^=1;}
inline void link(int x,int y){beroot(x);fa[x]=y;}
void dfs(int &u,int d)//dfs只找LCT上的节点（即未删除节点）
{if(!u) return;real.uni(u,d);val[d]+=val[u];//把所有点权都统计加边双祖先上dfs(ch[u][0],d);dfs(ch[u][1],d);u=0;//删掉节点
}
int main()
{int i,op,u,v,d;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(i=1;i<=n;i++)val[i]=a[i];real.init();check.init();for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&op,&u,&v);if(op==1){u=real.find(u);v=real.find(v);if(u==v) continue;if(check.find(u)!=check.find(v)){link(u,v);check.uni(u,v);}else{beroot(u);Access(v);splay(v);//把路径spilt出来dfs(ch[v][0],v);update(v);}}else if(op==2){d=real.find(u);splay(d);val[d]+=v-a[u];a[u]=v;update(d);}else{if(check.find(u)!=check.find(v)){printf("-1\n");continue;}u=real.find(u);v=real.find(v);beroot(u);Access(v);splay(v);printf("%d\n",sum[ch[v][0]]+val[v]);}}
}

好久都没写LCT了。。。

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