【LG-P4332 [SHOI2014]】三叉神经树题解

题面挺有意思（恶心）的。

传送门：P4332 [SHOI2014]三叉神经树

LCT

Solution

1

对于每一个非叶子节点 iii，有 valival_ivali，表示其输出为 1 的儿子的总数。所以对于每一个 vali,i∈[1,n]val_i,\ i \in [1,n]vali, i∈[1,n] ，其取值范围是 0~3。所以我们发现这个非叶子节点 iii 最后输出的结果就是 ⌊vali2⌋\left\lfloor\dfrac{val_i}{2}\right\rfloor⌊2vali⌋。

而对于叶子节点 jjj（即编号范围为 (n,3∗n+1](n, 3 *n +1](n,3∗n+1]），假设它的输出是 xxx（xxx 为 0 或 1），为了保证其输出结果是 ⌊valj2⌋\left\lfloor\dfrac{val_j}{2}\right\rfloor⌊2valj⌋，我们使 valj←x∗2val_j \gets x *2valj←x∗2。所以对于每个 valj,j∈(n,3∗n+1]val_j,\ j \in (n, 3 * n + 1]valj, j∈(n,3∗n+1]，其取值只有 0 或 2 两种可能性。

对于 valvalval 的计算，我们可以在输入后拓扑排序得到。

2

“

我们都会模拟暴力过程——先改叶子节点（先默认为 0 改为 1），如果它的父亲此时权值为 1 的儿子数量从原来小于 0 的变成大于 0 的，那么父亲的权值也要改。以此类推，直到有一个节点输出状态没有变化，那么它的所有祖先肯定不会变。

通过模拟我们发现，每次修改的一定是一段自底向上的连续区间！

接着也就不难想到，只有当点权为 1 时，才能通过修改点权变成 2，使输出由 0 变成 1，从而继续引发祖先的变化。那么我们需要知道的就是，对于每一个叶子节点，它自底向上的连续一段点权为 1 的部分。

再讨论叶子节点 1 改 0 的情况，同理也可以发现我们还要维护自底向上的连续一段点权为 2 的部分。

”——摘自洛谷P4332 [SHOI2014]三叉神经树题解 by FlashHu

大佬已经说得很清楚了，要维护区间，所以使用 LCT，同时间维护两个数组 n1n1n1 和 n2n2n2。

n1xn1_xn1x 表示从 xxx 节点出发，往父亲节点的方向走，第一个权值（即 valvalval）不为 1 的节点编号。n2n2n2 同理。

每次我们先打通（即 accessaccessaccess）到叶子节点 xxx 的父亲节点 fxf_xfx（因为至少是从 fxf_xfx 开始造成影响），再 splay(f[x])splay(f[x])splay(f[x])，（假设 xxx 是由 0 变为 1）然后 splay(n1[f[x]])splay(n1[f[x]])splay(n1[f[x]])。

这样一来，会发生改变（即 valvalval 在 1 和 2 之间变换）的部分就是 n1[f[x]]n1[f[x]]n1[f[x]] 的右子树了。所以最后我们对该右子树进行区间修改，对 n1[f[x]]n1[f[x]]n1[f[x]] 进行单点修改。

3

如何区间修改。

发现那些需要进行修改的区间，内部所有的节点的权值要么都是 1，否则就都是 2。而我们对它们的操作无非就是：

点权为 2，减 1；
点权为 1，加 1。

所以，我们实际上只用对这个区间做一个类似“翻转”的操作（可以理解为在权值方面的翻转）即可。

Code

吐槽：FlashHu 大佬的代码太难理解了！！！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
#define ls c[x][0]
#define rs c[x][1]
const int maxn = 5e5 + 5, maxm = 15e5 + 5;
int n, qu;
int f[maxm], val[maxm];
int c[maxn][2], tag[maxn], n1[maxn], n2[maxn];
int d[maxn];
int tp, nwrt;
queue <int> q;inline int rd()
{int s = 0, x = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' or ch > '9') {if(ch == '-') x = -1; ch = getchar();}while(ch >= '0' and ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();return x * s;
}inline bool nrt(int p)
{int x = f[p]; return ls == p or rs == p;
}inline void up(int x)//为了尽可能深，所以先右子树再当前节点最后左子树
{int &p = n1[x], &q = n2[x];p = n1[rs]; if(!p) p = x * (val[x] != 1); if(!p) p = n1[ls];q = n2[rs]; if(!q) q = x * (val[x] != 2); if(!q) q = n2[ls];
}inline void dw(int x, int k)
{int &v = val[x];if(v == 2) v = 1; else v = 2;swap(n1[x], n2[x])/*容易发现更改权值的时候n1n2也跟着翻转了*/, tag[x] += k;
}inline void all(int x)
{int &tm = tag[x];if(nrt(x)) all(f[x]);if(tm) dw(ls, tm), dw(rs, tm), tm = 0;
}inline void rotate(int x)
{int y = f[x], z = f[y], k = (c[y][1] == x), w = c[x][!k];if(nrt(y)) c[z][c[z][1] == y] = x; f[x] = z, c[y][k] = w;if(w) f[w] = y; c[x][!k] = y, f[y] = x; up(y);
}inline void splay(int x)
{all(x);while(nrt(x)){int y = f[x], z = f[y];if(nrt(y)) rotate((c[z][1] == y) ^ (c[y][1] == x) ? x : y);rotate(x);}up(x);
}inline void access(int x)
{for(int lst = 0; x; x = f[lst = x])splay(x), rs = lst, up(x);
}int main()
{n = rd();rep(i, 1, n)f[rd()] = f[rd()] = f[rd()] = i, d[i] = 3/*入度*/;rep(i, n + 1, 3 * n + 1)//叶子节点 q.push(i), val[i] = rd() << 1;while(!q.empty())//拓扑排序 {int u = q.front(); q.pop();if(u <= n) up(u);val[f[u]] += (val[u] >> 1), d[f[u]] -= 1;if(!d[f[u]]) q.push(f[u]);}nwrt = val[1] >> 1, qu = rd();while(qu--) {int x = rd(), &v = val[x]/*该叶子节点原本输出的值*/;if(!v) v = 2/*更改输出值*/, tp = 1/*标记输出值是从 0 变成 1*/; else v = 0, tp = -1;access(x = f[x]), splay(x);if((tp > 0 ? n1 : n2)[x]){splay(x = (tp > 0 ? n1 : n2)[x]);dw(rs, tp), up(rs);//区间修改 val[x] += tp, up(x);//单点修改 }else dw(x, tp), up(x), nwrt ^= 1;printf("%d\n", nwrt/*优化，省时间*/);}return 0;
}

——EndEndEnd——