BZOJ4573[ZJOI2016] 大森林

原题链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4573

大森林

Description

小Y家里有一个大森林，里面有n棵树，编号从1到n。一开始这些树都只是树苗，只有一个节点，标号为1。这些树都有一个特殊的节点，我们称之为生长节点，这些节点有生长出子节点的能力。小Y掌握了一种魔法，能让第l棵树到第r棵树的生长节点长出一个子节点。同时她还能修改第l棵树到第r棵树的生长节点。她告诉了你她使用魔法的记录，你能不能管理她家的森林，并且回答她的询问呢？

Input

第一行包含 2 个正整数 n,m，共有 n 棵树和 m 个操作。接下来 m 行，每行包含若干非负整数表示一个操作，操作格式为：

0 l r 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点下面长出一个子节点，子节点的标号为上一个 0 号操作叶子标号加 1（例如，第一个 0 号操作产生的子节点标号为 2）， l 到 r 之间的树长出的节点标号都相同。保证 1≤l≤r≤n 。

1 l r x 表示将第 l 棵树到第 r 棵树的生长节点改到标号为 x 的节点。对于 i (l≤i≤r)这棵树，如果标号 x的点不在其中，那么这个操作对该树不产生影响。保证 1≤l≤r≤n ， x 不超过当前所有树中节点最大的标号。

2 x u v 询问第 x 棵树中节点 u 到节点 v 点的距离，也就是在第 x 棵树中从节点 u 和节点 v 的最短路上边的数量。

保证1≤x≤n，这棵树中节点 u 和节点 v 存在。N<=10^5,M<=2*105

Output

输出包括若干行，按顺序对于每个小Y的询问输出答案

Sample Input

5 5
0 1 5
1 2 4 2
0 1 4
2 1 1 3
2 2 1 3

Sample Output

1
2

题解

做法当然是大力LCT然后乖乖TLE

首先，很显然的是，询问中每棵树都是独立的，互不干扰，再加上题目中同一次000操作生成的节点编号是一样的，一起操作非常麻烦，我们不如一棵树一棵树的处理操作。因此，我们考虑将操作离线下来，从左向右处理对于每棵树的询问。

那么如何处理每个操作呢？

那么我们到底离线了些啥，怎么离线？？

观察所有的操作，如果没有111操作，那么所有点都长到一起，随便乱接都无所谓。类比一下，没有改变生长点的时候，由于是长到同一个节点上，而我们的询问是针对两点间路径的，所以一棵树上即使长了不属于自己的节点也不会影响答案。所以针对每次更改生长点的操作，我们建立一个虚节点；生长节点时，建立一个实节点，连接到最近生成的虚节点上，我们将所有虚节点按时间顺序串起来。

考虑我们处理操作的过程：先把所有节点长好，再处理生长节点的修改和询问。

那么111操作到底改了什么呢？对于一个形如1lerix1\ le\ ri\ x1 le ri x的操作，我们新建了一个虚点。虚点的有效区间为le→rile\to rile→ri，当我们处理到lelele时，把对应的子树切下来，接到对应的实节点上，统计答案；到ri+1ri+1ri+1时再把那个子树切下来接回原来的虚点上。

对于子树嫁接这个操作LCT\mathcal{LCT}LCT直接搞有点麻烦（会ETTETTETT的大佬请坐下），为此，我们引入一些“虚点”，把节点都连到虚点上，嫁接时直接把虚点连过去。因为要统计路径长度，我们把虚点的权值设为000，实点权值为111，维护一下子树大小即可。

值得一提的是，当统计路径长度的时候我们不能直接split(x,y)\mathcal{split(x,y)}split(x,y)，因为原来的树为有根树，而makeroot\mathcal{makeroot}makeroot的时候因为有区间反转之类的操作，会破坏原来的父子关系；另外，两个节点的LCA\mathcal{LCA}LCA有可能是虚点，它们真正的LCA\mathcal{LCA}LCA是该虚点的某个祖先，所以是不行的。但是我们可以借用树上差分的思路，借助LCA\mathcal{LCA}LCA来解决这个问题：
ans=siz[x]+siz[y]−2×siz[LCAx,y]ans=siz[x]+siz[y]-2\times siz[LCA_{x,y}]ans=siz[x]+siz[y]−2×siz[LCAx,y]

那么如何求LCT\mathcal{LCT}LCT上的LCA\mathcal{LCA}LCA呢？

我们先access(x),splay(x)\mathcal{access(x)},splay(x)access(x),splay(x)，再access(y)access(y)access(y)，在access(y)access(y)access(y)的过程中最后跳到的虚边对应节点就是x,yx,yx,y的LCA\mathcal{LCA}LCA，简单的图示：

access(x):

splay(x):

access(y):

值得注意的是，上述性质也是得益于没有换根才有的。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ls son[v][0]
#define rs son[v][1]
using namespace std;
const int M=1e6+5;
struct sd{int pos,op,x,y;};
bool operator <(sd a,sd b){return a.pos==b.pos?a.op<b.op:a.pos<b.pos;}
int dad[M],son[M][2],siz[M],ans[M],tot,last,id[M],idd,top,le[M],ri[M],qs,n,m;
bool r[M];sd que[M];
bool notroot(int v){return son[dad[v]][0]==v||son[dad[v]][1]==v;}
void up(int v){siz[v]=siz[ls]+siz[rs]+r[v];}
void spin(int v)
{int f=dad[v],ff=dad[f],k=son[f][1]==v,w=son[v][!k];if(notroot(f))son[ff][son[ff][1]==f]=v;son[v][!k]=f;son[f][k]=w;if(w)dad[w]=f;dad[f]=v;dad[v]=ff;up(f);up(v);
}
void splay(int v)
{int f,ff;while(notroot(v)){f=dad[v];ff=dad[f];if(notroot(f))spin((son[f][0]==v)^(son[ff][0]==f)?v:f);spin(v);}
}
int access(int v){int f=0;for(;v;v=dad[f=v])splay(v),rs=f,up(v);return f;}
void link(int x,int y){splay(x);dad[x]=y;}
void cut(int v){access(v);splay(v);dad[ls]=0;ls=0;up(v);}
int query(int x,int y)
{int ans=0,t;access(x);splay(x);ans+=siz[x];t=access(y);splay(y);ans+=siz[y];access(t);splay(t);ans-=2*siz[t];return ans;
}
void _new(int x){r[++tot]=x;siz[tot]=x;}
void in()
{scanf("%d%d",&n,&m);_new(1);idd=1;le[1]=1;ri[1]=n;id[1]=1;_new(0);last=2;link(2,1);int op,a,b,c,l,r;for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d%d",&op,&a,&b);switch(op){case 0:_new(1);le[++idd]=a;ri[idd]=b;id[idd]=tot;que[++top]=(sd){1,i-m,tot,last};break;case 1:{scanf("%d",&c);a=max(a,le[c]);b=min(b,ri[c]);if(a<=b){_new(0);link(tot,last);que[++top]=(sd){a,i-m,tot,id[c]};que[++top]=(sd){b+1,i-m,tot,last};last=tot;}break;}case 2:scanf("%d",&c);que[++top]=(sd){a,++qs,id[b],id[c]};}}
}
void ac()
{sort(que+1,que+1+top);for(int i=1,j=1;i<=n;++i){for(;j<=top&&que[j].pos==i;++j)if(que[j].op<=0)cut(que[j].x),link(que[j].x,que[j].y);else ans[que[j].op]=query(que[j].x,que[j].y);}for(int i=1;i<=qs;++i)printf("%d\n",ans[i]);
}
int main()
{in();ac();return 0;
}