洛谷P3273 [SCOI2011] 棘手的操作 [左偏树]
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棘手的操作
题目描述
有N个节点,标号从1到N,这N个节点一开始相互不连通。第i个节点的初始权值为a[i],接下来有如下一些操作:
- U x y: 加一条边,连接第x个节点和第y个节点
- A1 x v: 将第x个节点的权值增加v
- A2 x v: 将第x个节点所在的连通块的所有节点的权值都增加v
- A3 v: 将所有节点的权值都增加v
- F1 x: 输出第x个节点当前的权值
- F2 x: 输出第x个节点所在的连通块中,权值最大的节点的权值
- F3: 输出所有节点中,权值最大的节点的权值
输入输出格式
输入格式:
输入的第一行是一个整数N,代表节点个数。接下来一行输入N个整数,a[1], a[2], ..., a[N],代表N个节点的初始权值。再下一行输入一个整数Q,代表接下来的操作数。最后输入Q行,每行的格式如题目描述所示。
输出格式:
对于操作F1, F2, F3,输出对应的结果,每个结果占一行。
输入输出样例
3 0 0 0 8 A1 3 -20 A1 2 20 U 1 3 A2 1 10 F1 3 F2 3 A3 -10 F3
-10 10 10
说明
对于30%的数据,保证 N<=100,Q<=10000
对于80%的数据,保证 N<=100000,Q<=100000
对于100%的数据,保证 N<=300000,Q<=300000
对于所有的数据,保证输入合法,并且 -1000<=v, a[1], a[2], ..., a[N]<=1000
分析:
真是一道恶心的左偏树题。
需要维护两个左偏树,第一个维护正常的操作信息,第二个维护所有点中的最大值。
第一种操作:在第一个左偏树中$merge$即可,另外有一个小优化,合并的两个堆顶中较小的一个可以直接从第二个左偏树中删除(正确性自己思考)。
第二种操作:将该点从两个左偏树中删除,修改值以后再重新放回去。
第三种操作:用$lazy$标记,只修改堆顶的值,后面再$merge$或者删除节点的时候下方标记。
第四种操作:用一个变量记录,需要输出的时候再加上。
第五种操作:直接输出第一个左偏树中该节点的值。
第六种操作:直接输出第一个左偏树中该节点所在堆的堆顶的值。
第七种操作:直接输出第二个左偏树的根节点的值。
以上。
题如其名,真$TM$又棘手又恶心。。。
Code:
//It is made by HolseLee on 28th Aug 2018 //Luogu.org P3273 #include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define Max(a,b) (a)>(b) ? (a) : (b) using namespace std;const int N=3e5+7; int n,a[N],m,allsign,root; struct Leftist{int ch[N][2],val[N],sign[N],fa[N],dis[N];void clear(int x){ch[x][0]=ch[x][1]=fa[x]=0;}int sum(int x){int ret=0;while(x=fa[x])ret+=sign[x];return ret;}void pushdown(int x){int ul=ch[x][0], ur=ch[x][1];if( ul )val[ul]+=sign[x], sign[ul]+=sign[x];if( ur )val[ur]+=sign[x], sign[ur]+=sign[x];sign[x]=0;}int merge(int x,int y){if(!x||!y)return x+y;if( val[x]<val[y] )swap(x,y);pushdown(x);int &ul=ch[x][0], &ur=ch[x][1];ur=merge(ur,y); fa[ur]=x;if( dis[ur]>dis[ul] )swap(ul,ur);dis[x]=dis[ur]+1;return x;}int find(int x){while(fa[x])x=fa[x];return x;}int delet(int x){pushdown(x);int fx=fa[x];int ka=merge(ch[x][0],ch[x][1]);fa[ka]=fx;if( fx )ch[fx][x==ch[fx][1]]=ka;while( fx ) {if( dis[ch[fx][0]]<dis[ch[fx][1]] )swap(ch[fx][0],ch[fx][1]);if( dis[fx]==dis[ch[fx][1]]+1 )return root;dis[fx]=dis[ch[fx][1]]+1;ka=fx;fx=fa[fx];}return ka;}int add_point(int x,int v){int fx=find(x);if( fx==x ) {if( ch[x][0]+ch[x][1]==0 ){val[x]+=v; return x;} else {if( ch[x][0] ) fx=ch[x][0];else fx=ch[x][1];}}delet(x);val[x]+=v+sum(x);clear(x);return merge(find(fx),x);}int build(){queue<int>t;for(int i=1; i<=n; ++i) t.push(i);int x,y,z;while( t.size()>1 ) {x=t.front(); t.pop();y=t.front(); t.pop();z=merge(x,y);t.push(z);}return t.front();} }T,H;void read(int &x) {x=0; char ch=getchar(); bool flag=false;while( ch<'0' || ch>'9' ) {if( ch=='-' )flag=true;ch=getchar();}while( ch>='0' && ch<='9' ) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}flag?x*=(-1):1; }int main() {read(n);T.dis[0]=H.dis[0]=-1;for(int i=1; i<=n; ++i){read(a[i]);T.val[i]=H.val[i]=a[i];}root=H.build();read(m);char op[3];int x,y,fx,fy,temp;for(int i=1; i<=m; ++i){scanf("%s",op);if( op[0]=='A' ) {switch( op[1] ){case '1':read(x), read(y);root=H.delet(T.find(x));temp=T.add_point(x,y);H.val[temp]=T.val[temp];H.clear(temp);root=H.merge(root,temp);break;case '2':read(x), read(y); fx=T.find(x);root=H.delet(fx);T.val[fx]+=y; T.sign[fx]+=y;H.val[fx]=T.val[fx];H.clear(fx);root=H.merge(root,fx);break;case '3':read(y);allsign+=y;break;}} else if( op[0]=='F' ) {switch( op[1] ){case '1':read(x);printf("%d\n",T.val[x]+allsign+T.sum(x));break;case '2':read(x);printf("%d\n",T.val[T.find(x)]+allsign);break;case '3':printf("%d\n",H.val[root]+allsign);break;}} else {read(x), read(y);fx=T.find(x), fy=T.find(y);if( fx==fy )continue;temp=T.merge(fx,fy);if( temp==fx )root=H.delet(fy);else root=H.delet(fx);}}return 0; }
转载于:https://www.cnblogs.com/cytus/p/9551080.html
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