牛客 - 牛半仙的妹子Tree(按询问分块+RMQ求LCA)

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题目大意：给出一棵有 n 个节点的树，需要执行 m 次操作：

1 x：点 x 被染色，且随后每一秒染色的区域都会向外扩展一个单位
2 x：清空所有的染色
3 x：问点 x 是否被染色

题目分析：因为可以离线，所以考虑按照询问分块，首先用序列自动机求出每次操作后的下一次操作 2，然后分两种情况处理：

如果两次操作 2 的间隔大于 sqrt( m )，直接暴力 bfs 去模拟，每一块的时间复杂度为 O( n )，均摊之后是 O( sqrt( m ) * n )
如果两次操作 2 的间隔小于 sqrt( m )，直接 O( m ) 去枚举所有操作 1 ，再 O( m ) 枚举所有操作 3 ，分别计算贡献，均摊之后是 O( sqrt( m ) * sqrt( m ) * sqrt( m ) ) = O( sqrt( m ) * m )

所以总时间复杂度为 O( sqrt( m ) * ( n + m ) )

间隔大于 sqrt( m ) 时直接按照题意 bfs 就行了，这个没有什么技术含量，重点说一下如何处理间隔小于 sqrt( m ) 的操作，对于一个操作 1 和一个操作 3 来说，如果操作 1 会影响到操作 3 的话，那么其在树上的距离一定是小于操作之间的间隔的，这样就转换成距离问题了，预处理一下深度，每次求一下 LCA 就能快速计算了

但是如果是普通的树上倍增或者树链剖分来求 LCA 的话，还要带一个 log，或许也可以通过本题，但最优的方法是用 tarjan 离线 O( n ) 处理出所需要的 lca 然后进行处理，或者用 RMQ 预处理一下，同样可以 O( 1 ) 查询 LCA

代码：

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;vector<int>node[N];int op[N],x[N],nt[N],ans[N];bool vis[N];
/*RMQ求LCA*/
int dfn[N],id[N<<1][25],deep[N],cnt,lg2[N<<1];void dfs(int u,int fa,int dep)
{deep[u]=dep;dfn[u]=++cnt;id[cnt][0]=u;for(auto v:node[u]){if(v==fa)continue;dfs(v,u,dep+1);id[++cnt][0]=u;}
}void RMQ()
{for(int i=2;i<=cnt;i++)lg2[i]=lg2[i>>1]+1;for(int j=1;j<=20;j++)for(int i=1;(i+(1<<j)-1)<=cnt;i++){int l=i,r=i+(1<<(j-1));id[i][j]=deep[id[l][j-1]]<deep[id[r][j-1]]?id[l][j-1]:id[r][j-1];}
}int LCA(int x,int y)
{int l=dfn[x],r=dfn[y];if(l>r)swap(l,r);int k=lg2[r-l+1];return deep[id[l][k]]<deep[id[r-(1<<k)+1][k]]?id[l][k]:id[r-(1<<k)+1][k];
}
/*RMQ求LCA*/
int get_dis(int x,int y)
{return deep[x]+deep[y]-2*deep[LCA(x,y)];
}void solve(int l,int r)
{queue<int>q;memset(vis,false,sizeof(vis));for(int i=l;i<=r;i++){int temp=q.size();while(temp--){int u=q.front();q.pop();for(auto v:node[u]){if(vis[v])continue;vis[v]=true;q.push(v);}}if(op[i]==1&&!vis[x[i]]){q.push(x[i]);vis[x[i]]=true;}if(op[i]==3){if(vis[x[i]])ans[i]=true;}}
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);node[u].push_back(v);node[v].push_back(u);}dfs(1,0,0);RMQ();for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",op+i,x+i);nt[m+1]=m+1;for(int i=m;i>=1;i--)//nt[i]:记录第i个位置后再次被重置的位置 {nt[i]=nt[i+1];if(op[i]==2)nt[i]=i;}int b=sqrt(m);for(int i=1;i<=m;i++){if(nt[i]-i>b){solve(i,nt[i]-1);}else{for(int j=i;j<nt[i];j++)//处理每个op==1对每个op==3的贡献 if(op[j]==1)for(int k=j+1;k<nt[i];k++)if(op[k]==3)if(get_dis(x[j],x[k])<=k-j)ans[k]=true; }i=nt[i];}for(int i=1;i<=m;i++)if(op[i]==3)printf("%s\n",ans[i]?"wrxcsd":"orzFsYo");return 0;
}

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