最近公共祖先 题解【dfs序】【线段树】

作者: wjyyy 分类: dfs序,,线段树,解题报告 发布时间: 2018-10-30 19:28

点击量:64

 

    煞笔题考场上没看出来……打了跟正解很接近的暴力…

 

题目描述

给定一棵\(n\)个节点的有根树,节点编号为\(1\sim n\),其中根节点为\(1\)号节点。每个节点都对应着一种颜色(黑/白)和一个固定的权值,初始时所有节点的颜色都为白色。现在你需要实现以下两种操作:

  • Modify v:将节点\(v\)的颜色改成黑色;
  • Query v:找到一个黑色节点\(u\),使得节点\(u\)和\(v\)的最近公共祖先\(z\)对应的权值尽可能大,输出节点\(z\)的权值。如果不存在黑色节点,输出\(-1\)。

输入输出格式

输入格式:

第一行两个正整数\(n,m\),表示节点数和操作数。

第二行\(n\)个正整数\(w_1,w_2,\dots ,w_n(w_i\le 10^9)\),表示\(n\)个节点的权值。

接下来\(n-1\)行,每行两个正整数\(a_i,b_i\),表示节点\(a_i\)与节点\(b_i\)之间有一条边相连。

接下来\(m\)行,每行由一个字符串\(str\)和一个正整数\(v\)组成,分别表示操作类型以及操作对应的节点编号。

输出格式:

对于每个询问操作,输出一个整数作为这个询问的答案。

输入输出样例

输入样例#1:

7 7
4 3 5 7 6 5 2
1 4
2 1
7 5
6 2
2 5
3 4
Query 1
Modify 2
Modify 4
Query 3
Modify 2
Modify 5
Query 6
输出样例#1:

-1
7
4

说明

对于\(10\%\)的数据:\(n\le 100,m\le 200\)

对于\(20\%\)的数据:\(n\le 3000,m\le 3000\)

对于另外\(20\%\)的数据:保证数据随机生成

对于另外\(20\%\)的数据:

保证Query v操作在所有Modify v操作完成之后

对于\(100\%\):\(n\le 100000,m\le 200000\)

题解:

    考试的时候以为暴力跳复杂度是错的,于是按着\(20\%\)小范围+\(20\%\)随机树,然后傻乎乎地全部暴力跳祖先了……随机树的点还挂了。下来发现暴力跳+特判,每个点最多更新两次就好了,后悔没好好想。

    考虑既然LCA是祖先,那么两个点LCA的位置一定是到根节点的链上,考虑询问时在链上统计答案,但是这样统计答案无论如何都会做到\(O(n^2)\)。那么我们试着把问题转化为修改时统计答案,可以在把一个点变成黑色时更新它所能影响到的点,也就是沿着祖先更新不在当前节点子树内的点,这些点和刚才改变的点的LCA就是当前节点,因此可以用线段树对一段dfs序,也就是一棵子树进行修改。

    如果我们修改橙色箭头指示的位置,我们就沿着它的父亲跳,图中灰色点表示当前回溯到的点,浅色点表示已经修改的点,已经修改过的子树限制条件要多一些,因为被修改的点在这棵子树中,这些点互相之间的LCA也一定在这棵子树中。这时修改的就是两个区间了,也就是一个大区间挖去了中间一小部分,还是可以用线段树维护的。

    于是考场上就打了这样一个算法……树的结构随机的部分分还没拿到。


    这样一个算法已经很接近正解了。

    因为每个节点会从某一个儿子更新上来,此时可以更新除了这个儿子以外的所有儿子。那么下一次从另外一个儿子更新过来就可以更新这个儿子了,也就是说一个节点最多被更新两次。如果发现一个节点已经被更新过,而且是被同一个儿子更新的,那么就不用更新;如果不是同一个儿子,就可以更新这个节点,之后不再更新这个节点及其祖先即可。因为当前节点已经被更新过,所以它的祖先也被它更新过,上面当然也不用更新了。

    因此每个位置都被更新最多两次,时间复杂度为\(O(m\log n)\)。

    还有一种DP做法,可以拿离线的部分分。做法是从上到下进行树形DP,然后\(f[x]\)表示\(x\)子树外可能产生贡献的LCA权值的最大值。假设dfs到了\(u\)节点,正准备进入儿子\(v\),如果除了\(v\)以外的位置有黑色点,那么\(f[v]\)就可以用\(w[u]\)和\(f[u]\)中的最大值来更新。形式化的表述就是

\[f[v]\left\{\begin{matrix}
\max(f[u],w[u]) ,& \exists Blackpoints\ \text{in}\ subtree(x)-subtree(y) \\
f[u] ,& \not\exists Blackpoints\ \text{in}\ subtree(x)-subtree(y)\end{matrix}\right.\]

 

    代码是正解代码。

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ls (k<<1)
#define rs (k<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
using std::max;
struct node
{
    int l,r,v,lazy;
    node(int l,int r)
    {
        this->l=l;
        this->r=r;
        v=-1;
        lazy=0;
    }
    node(){}
}t[400100];
void build(int k,int l,int r)
{
    t[k]=node(l,r);
    if(l==r)
        return;
    build(ls,l,mid);
    build(rs,mid+1,r);
}
void pushdown(int k)
{
    int x=t[k].lazy;
    if(!x||t[k].l==t[k].r)
        return;
    t[k].lazy=0;
    t[ls].lazy=max(t[ls].lazy,x);
    t[ls].v=max(t[ls].v,x);
    t[rs].lazy=max(t[rs].lazy,x);
    t[rs].v=max(t[rs].v,x);
}
void change(int k,int l,int r,int x)
{
    if(r<t[k].l||l>t[k].r)
        return;
    if(l<=t[k].l&&r>=t[k].r)
    {
        t[k].lazy=max(t[k].lazy,x);
        t[k].v=max(t[k].v,x);
        return;
    }
    pushdown(k);
    change(ls,l,r,x);
    change(rs,l,r,x);
    t[k].v=max(t[ls].v,t[rs].v);
}
int ask(int k,int p)
{
    if(p<t[k].l||p>t[k].r)
        return -1;
    if(t[k].l==t[k].r)
        return t[k].v;
    pushdown(k);
    return max(ask(ls,p),ask(rs,p));
}
struct edge
{
    int n,nxt;
    edge(int n,int nxt)
    {
        this->n=n;
        this->nxt=nxt;
    }
    edge(){}
}e[200100];
int head[100100],ecnt=-1;
void add(int from,int to)
{
    e[++ecnt]=edge(to,head[from]);
    head[from]=ecnt;
    e[++ecnt]=edge(from,head[to]);
    head[to]=ecnt;
}
int dfn[100100],fa[100100],sz[100100],cnt=0;
void dfs(int x)
{
    dfn[x]=++cnt;
    sz[x]=1;
    for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].n!=fa[x])
        {
            fa[e[i].n]=x;
            dfs(e[i].n);
            sz[x]+=sz[e[i].n];
        }
}
char op[100];
int w[100100],from[100100];//第一次从哪个点被找上来,为-1说明被找过两次了
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    int n,m,u,v;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
    }
    fa[1]=0;
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%s",op);
        scanf("%d",&u);
        if(op[0]=='M')
        {
            int l=dfn[u];
            int r=dfn[u]+sz[u]-1;
            change(1,l,r,w[u]);
            if(from[fa[u]]==-1||from[fa[u]]==u)
                continue;
            else if(from[fa[u]]==0)
                from[fa[u]]=u;
            else
                from[fa[u]]=-1;
            u=fa[u];
            while(u!=0)
            {
                change(1,dfn[u],l-1,w[u]);
                change(1,r+1,dfn[u]+sz[u]-1,w[u]);
                if(from[fa[u]]==-1||from[fa[u]]==u)
                    break;
                else if(from[fa[u]]==0)
                    from[fa[u]]=u;
                else
                    from[fa[u]]=-1;
                l=dfn[u];
                r=dfn[u]+sz[u]-1;
                u=fa[u];
            }
        }
        else
            printf("%d\n",ask(1,dfn[u]));
    }
    return 0;
}

 

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