「題解」大師兄的樹 tree
阿新 • • 發佈：2021-07-01
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題目
題目描述
moreD 的大師兄表示他也很強，他也能出題虐人，於是就有了下面這道題:（某邪惡的勢力表示編故事好麻煩，準備棄療了 ╮(╯﹏╰）╭ )。
一開始有 \(n\) 個點（看作大小為 \(1\) 的樹），每個點有一個權值 \(w_i\)。有 \(q\) 個操作，為以下三種之一：
- 新建一個權值為 \(w\) 的樹根點，並將以 \(x,y\) 為樹根點的樹變為它的左右子樹，若此次操作為第 \(i\) 次新建操作，則該樹根點的編號為 \(n+i\)；
- 刪除一個樹根點 \(x\)，並將其左右子樹分離為兩棵獨立的樹；
- 詢問在以樹根點 \(x\)為根的樹中的第 \(k\) 大權值是多少。
大師兄認為這題其實很簡單，但是對於全國 \(99\%\) 的選手來說還是太難了，於是他又添加了一個限制條件：第 \(3\) 種操作中 \(k\) 的和不會超過 \(10n\)。
正義的使者啊，趕快解決這個問題，拯救所有被大師兄的題目虐的人吧！
\(1\leq n,q\leq 10^5\)。
題解
簡單模擬
我們不妨考慮模擬怎麼做。
顯然，我們只需要按照操作 \(1,2\) 維護樹的形態，然後對於操作 \(3\)，我們可以掃描整棵樹，使用 nth_element 即可做到 \(\Theta(\texttt{siz})\) 的複雜度。
資料結構維護
考慮到 \(\sum k\leq 10n\)
至於還原呢？我們只需要存下修改過的節點，然後再改回去即可。
普通的樹太低效了，我們需要使用快一點的資料結構來維護，不妨考慮 Splay 對各項操作的維護：
- 直接連線；
- 直接刪除；
- 模擬刪除 \(k-1\) 次。
時間複雜度
不難發現，總的時間複雜度是 \(\Theta(q\log_2n+\left(\sum k\right)\log_2n)\)。
參考程式
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define reg register typedef long long ll; bool st; #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) static char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; #define flush() (fwrite(wbuf,1,wp1,stdout),wp1=0) #define putchar(c) (wp1==wp2&&(flush(),0),wbuf[wp1++]=c) static char wbuf[1<<21];int wp1;const int wp2=1<<21; inline int read(void){ reg bool f=false; reg char ch=getchar(); reg int res=0; while(!isdigit(ch)) f|=(ch=='-'),ch=getchar(); while(isdigit(ch)) res=10*res+(ch^'0'),ch=getchar(); return f?-res:res; } inline void writeln(reg int x){ static char buf[32]; reg int p=-1; if(x<0) x=-x,putchar('-'); if(!x) putchar('0'); else while(x) buf[++p]=(x%10)^'0',x/=10; while(~p) putchar(buf[p--]); putchar('\n'); return; } const int MAXN=1e5+5; const int MAXQ=1e5+5; const int inf=0x3f3f3f3f; namespace Splay{ struct Node{ int fa,ch[2],siz; int val,Max; #define fa(x) unit[(x)].fa #define ch(x) unit[(x)].ch #define siz(x) unit[(x)].siz #define val(x) unit[(x)].val #define Max(x) unit[(x)].Max }; #define lson(x) ch(x)[0] #define rson(x) ch(x)[1] Node unit[MAXN+MAXQ]; inline void init(void){ Max(0)=-inf; return; } inline bool get(reg int p){ return p==rson(fa(p)); } inline void pushup(reg int p){ siz(p)=siz(lson(p))+siz(rson(p))+1; Max(p)=max(max(Max(lson(p)),Max(rson(p))),val(p)); return; } inline void rotate(reg int p){ reg int f=fa(p),ff=fa(f),dir=get(p); ch(f)[dir]=ch(p)[dir^1]; fa(ch(f)[dir])=f; ch(p)[dir^1]=f,fa(f)=p,fa(p)=ff; if(ff) ch(ff)[rson(ff)==f]=p; pushup(f),pushup(p); return; } inline void splay(reg int x){ for(reg int f;f=fa(x),f;rotate(x)) if(fa(f)) rotate(get(x)==get(f)?f:x); return; } inline void setVal(reg int id,reg int v){ splay(id); val(id)=v; pushup(id); return; } inline int getMax(reg int p){ while(true){ if(Max(p)==val(p)) return p; else if(Max(p)==Max(lson(p))) p=lson(p); else p=rson(p); } return -1; } #undef fa #undef ch #undef siz #undef val #undef Max #undef lson #undef rson } struct Node{ int id,val; inline Node(reg int id=0,reg int val=0):id(id),val(val){ return; } }; int n,q; bool ed; int main(void){ n=read(),q=read(); Splay::init(); for(reg int i=1;i<=n;++i) Splay::setVal(i,read()); reg int tot=n; while(q--){ static int w,x,y,k; switch(read()){ case 1:{ w=read(),x=read(),y=read(); Splay::splay(x),Splay::splay(y); ++tot; Splay::unit[tot].ch[0]=x,Splay::unit[tot].ch[1]=y; Splay::unit[x].fa=Splay::unit[y].fa=tot; Splay::setVal(tot,w); break; } case 2:{ x=read(); Splay::splay(x); Splay::unit[Splay::unit[x].ch[0]].fa=Splay::unit[Splay::unit[x].ch[1]].fa=0; break; } case 3:{ x=read(),k=read(); Splay::splay(x); reg int top=0; static Node S[MAXN+MAXQ]; --k; while(k--){ Splay::splay(x); reg int p=Splay::getMax(x); S[++top]=Node(p,Splay::unit[p].val); Splay::setVal(p,-inf); } Splay::splay(x); writeln(Splay::unit[Splay::getMax(x)].val); while(top){ Splay::setVal(S[top].id,S[top].val); --top; } break; } } } flush(); fprintf(stderr,"%.3lf s\n",1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC); fprintf(stderr,"%.3lf MiB\n",(&ed-&st)/1048576.0); return 0; }