Link-Cut Tree(LCT) 模板總結 & 水題/模板題 動態樹
虛擬碼解釋LCT模板，下面題目有C++模板。
splay::push_up i: // 維護資料
// 舉個例子
i.sum = i.left_child.sum + i.right_child.sum
splay::push_down i: // 下傳翻轉標記，make_root 需
if i.reverse_lazy_tag:
reverse i
reverse i.left_child
reverse i.right_child
swap i.left_child i.right_child
splay::reverse i: // 標記翻轉，make_root 需
i.reverse_lazy_tag = not self
splay::left_rotate i: // 左旋
z = i.right_child; i.right_child = z.left_child // 旋轉操作
if i = i.father.left_child: // 維護父親節點
i.father.left_child = z
else if i = i.father.right_child
i.father.right_child = z
z.father = i.father
i.father = z
i.push_up // 更新資料
z.push_up
splay::right_rotate i // 右旋, 同理
splay::splay x: // splay操作
stack.clear
for i = x; i != null; i = i.father: // 將splay[x]的祖先先清空標記
stack.push i
while not stack.empty:
stack.pop.push_down
while x is not root // 簡單地通過旋轉操作將x升到根，戲說spaly，比splay操作要慢0.5倍左右，可寫splay
if x = x.father.left_child:
x.father.right_rotate
else
x.father.left_rotate
x.push_up
link_cut_tree::access x: // 將根到x的路徑設為preferred path，有點類似重鏈
for t = null; x != null; t = x, x = x.father // 遍歷根到x的路徑，此時x始終是t的父親
splay splay[x]
splay[x].right_child = t // 由於x是t的父親，所以t的深度比x大1，即t在伸展樹中在x的右子樹中
splay[x].push_up
link_cut_tree::make_root x: // 將x設為LCT的新根節點
access x // 將原根到x的路徑上的節點依次加入splay，將x設為根後，此路徑將顛倒。
splay x // 此時位於splay中x左子樹的點都是x的祖先
reverse x // 翻轉以x為根的splay，此時x的左子樹中的點都到x的右子樹中，即表示x的祖先變為x的後代，對於原根～x路徑的每個點都如此。
link_cut_tree::link x, y:
make_root x // 如果要連線x，y，先將x設為根
x.father = y // 此時很容易想到將x的父親設為y，邊就建立了
link_cut_tree::cut x, y 同理
1036: [ZJOI2008]樹的統計Count
Time Limit:10 Sec Memory Limit:162 MBSubmit:9352 Solved:3783
[Submit][Status][Discuss]
Description
一棵樹上有n個節點，編號分別為1到n，每個節點都有一個權值w。我們將以下面的形式來要求你對這棵樹完成一些操作： I. CHANGE u t : 把結點u的權值改為t II. QMAX u v: 詢問從點u到點v的路徑上的節點的最大權值 III. QSUM u v: 詢問從點u到點v的路徑上的節點的權值和 注意：從點u到點v的路徑上的節點包括u和v本身
Input
輸入的第一行為一個整數n，表示節點的個數。接下來n – 1行，每行2個整數a和b，表示節點a和節點b之間有一條邊相連。接下來n行，每行一個整數，第i行的整數wi表示節點i的權值。接下來1行，為一個整數q，表示操作的總數。接下來q行，每行一個操作，以“CHANGE u t”或者“QMAX u v”或者“QSUM u v”的形式給出。 對於100％的資料，保證1<=n<=30000，0<=q<=200000；中途操作中保證每個節點的權值w在-30000到30000之間。
Output
對於每個“QMAX”或者“QSUM”的操作，每行輸出一個整數表示要求輸出的結果。
Sample Input
41 2
2 3
4 1
4 2 1 3
12
QMAX 3 4
QMAX 3 3
QMAX 3 2
QMAX 2 3
QSUM 3 4
QSUM 2 1
CHANGE 1 5
QMAX 3 4
CHANGE 3 6
QMAX 3 4
QMAX 2 4
QSUM 3 4
Sample Output
41
2
2
10
6
5
6
5
16
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200005
int sz[N], l[N], r[N], fa[N], sum[N], val[N], max[N], rev[N], sk[N];
void update(int x) {
max[x] = std::max(std::max(max[l[x]], max[r[x]]), val[x]);
sum[x] = sum[l[x]] + sum[r[x]] + val[x];
}
void pushdown(int x) {
if (rev[x]) { rev[x] ^= 1, rev[l[x]] ^= 1, rev[r[x]] ^= 1, std::swap(l[x], r[x]); }
}
bool isRoot(int x) {
return l[fa[x]] != x && r[fa[x]] != x;
}
void lrotate(int i) {
int z = r[i]; r[i] = l[z]; fa[r[i]] = i; l[z] = i;
if (i == l[fa[i]]) l[fa[i]] = z;
else if (i == r[fa[i]]) r[fa[i]] = z;
fa[z] = fa[i]; fa[i] = z;
update(i); update(z);
}
void rrotate(int i) {
int z = l[i]; l[i] = r[z]; fa[l[i]] = i; r[z] = i;
if (i == l[fa[i]]) l[fa[i]] = z;
else if (i == r[fa[i]]) r[fa[i]] = z;
fa[z] = fa[i]; fa[i] = z;
update(i); update(z);
}
void spaly(int x) {
int top = 0;
sk[++top] = x;
for (int i = x; !isRoot(i); i = fa[i]) sk[++top] = fa[i];
while (top) pushdown(sk[top--]);
while (!isRoot(x))
if (x == l[fa[x]]) rrotate(fa[x]);
else lrotate(fa[x]);
update(x);
}
void access(int x) { for(int t = 0; x; t = x, x = fa[x]) { spaly(x); r[x] = t; update(x); } }
void makeroot(int x) { access(x); spaly(x); rev[x] ^= 1; }
int query_sum(int x, int y) { makeroot(x); access(y); spaly(y); return sum[y]; }
int query_max(int x, int y) { makeroot(x); access(y); spaly(y); return max[y]; }
void modify(int x, int v) { access(x); val[x] = v; update(x); }
int h[N], p[N], to[N], cnt = 0;
void add(int a, int b) { p[cnt] = h[a], to[cnt] = b, h[a] = cnt++; }
void dfs(int x) {
for (int i = h[x]; i != -1; i = p[i])
if (to[i] != fa[x])
fa[to[i]] = x, dfs(to[i]);
}
int main() {
int n, u, v, i, q;
char ch[8];
scanf("%d", &n);
std::fill(h,h+n+2,-1);
std::fill(rev,rev+n+2,0);
max[0] = -2147483647;
for (i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v); add(v, u);
}
dfs(1);
for (i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &u);
val[i] = max[i] = sum[i] = u;
}
scanf("%d", &q);
for(; q>0; q--) {
scanf("%s%d%d", ch, &u, &v);
if (ch[1] == 'M') printf("%d\n", query_max(u, v));
else if (ch[1] == 'S') printf("%d\n", query_sum(u, v));
else modify(u, v);
}
return 0;
}
struct { int a, b, w; } e[2000000], k[30000];
int ec = 0, p[2000000];
int find(int i) { return i == p[i] ? i : p[i] = find(p[i]); }
int main() {
srand(time(0));
int n = rand()%30000+1;
printf("%d\n", n);
begin:
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
p[i] = i;
int nei = n/2;
while(nei--) {
e[ec].a = i;
e[ec].b = rand()%n+1;
ec++;
}
}
random_shuffle(e, e+ec); // 使選出的邊隨機化
for(int i = 0; i < ec; i++) {
int fa = find(e[i].a), fb = find(e[i].b);
if(fa != fb) {
k[++tot]=e[i];
p[fa]=fb;
}
if(tot == n-1) break;
}
if(tot != n-1) goto begin; // 若圖不連通，重新生成一次
for (int i=1;i<n;i++) printf("%d %d\n", k[i].a, k[i].b);
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", rand()%30000);
printf("\n");
tot = rand()%200000+1;
printf("%d\n", tot);
while(tot--) {
int x = random()%3;
if(x==2) printf("QSUM %d %d\n", rand()%n+1, rand()%n+1);
else if (x==1) printf("QMAX %d %d\n", rand()%n+1, rand()%n+1);
else printf("CHANGE %d %d\n", rand()%n+1, rand()%30000);
}
return 0;
}3282: Tree
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 895 Solved: 375
[Submit][Status][Discuss]
Description
給定Ｎ個點以及每個點的權值，要你處理接下來的Ｍ個操作。操作有４種。操作從０到３編號。點從１到Ｎ編號。
０：後接兩個整數（ｘ，ｙ），代表詢問從ｘ到ｙ的路徑上的點的權值的ｘｏｒ和。保證ｘ到ｙ是聯通的。
１：後接兩個整數（ｘ，ｙ），代表連線ｘ到ｙ，若ｘ到Ｙ已經聯通則無需連線。
２：後接兩個整數（ｘ，ｙ），代表刪除邊（ｘ，ｙ），不保證邊（ｘ，ｙ）存在。
３：後接兩個整數（ｘ，ｙ），代表將點Ｘ上的權值變成Ｙ。
Input
第１行兩個整數，分別為Ｎ和Ｍ，代表點數和運算元。
第２行到第Ｎ＋１行，每行一個整數，整數在［１，１０＾９］內，代表每個點的權值。
第Ｎ＋２行到第Ｎ＋Ｍ＋１行，每行三個整數，分別代表操作型別和操作所需的量。
Output
對於每一個０號操作，你須輸出Ｘ到Ｙ的路徑上點權的Ｘｏｒ和。
Sample Input
3 3
1
2
3
1 1 2
0 1 2
0 1 1
Sample Output
3
1
HINT
１＜＝Ｎ，Ｍ＜＝３０００００
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 300005
int l[N], r[N], fa[N], sum[N], val[N], rev[N]={0}, sk[N], n;
void update(int x) { sum[x] = sum[l[x]] ^ sum[r[x]] ^ val[x]; }
void pushdown(int x) { if (rev[x]) rev[x] ^= 1, rev[l[x]] ^= 1, rev[r[x]] ^= 1, std::swap(l[x], r[x]); }
bool isRoot(int x) { return l[fa[x]]!=x&&r[fa[x]]!=x; }
void lrotate(int i) {
int z = r[i]; r[i] = l[z]; fa[r[i]] = i; l[z] = i;
if (i == l[fa[i]]) l[fa[i]] = z; else if (i == r[fa[i]]) r[fa[i]] = z;
fa[z] = fa[i]; fa[i] = z; update(i); update(z);
}
void rrotate(int i) {
int z = l[i]; l[i] = r[z]; fa[l[i]] = i; r[z] = i;
if (i == l[fa[i]]) l[fa[i]] = z; else if (i == r[fa[i]]) r[fa[i]] = z;
fa[z] = fa[i]; fa[i] = z; update(i); update(z);
}
void splay(int x) {
int top = 0; sk[++top] = x;
for (int i = x; !isRoot(i); i = fa[i]) sk[++top] = fa[i];
while (top) pushdown(sk[top--]);
while (!isRoot(x)) if (x == l[fa[x]]) rrotate(fa[x]); else lrotate(fa[x]);
update(x);
}
void access(int x) { for(int t = 0; x; t = x, x = fa[x]) splay(x), r[x] = t, update(x); }
void makeroot(int x) { access(x); splay(x); rev[x] ^= 1; }
int find(int x) { access(x); splay(x); while (l[x]) x = l[x]; return x; }
void link(int x, int y) { makeroot(x); fa[x] = y; }
void cut(int x, int y) { makeroot(x); access(y); splay(y); if(l[y]==x) l[y]=fa[x]=0; }
int main() {
int x, y, i, q, op;
scanf("%d%d", &n, &q);
for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &val[i]);
for(; q>0; q--) {
scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
switch(op) {
case 0: makeroot(x); access(y); splay(y); printf("%d\n", sum[y]); break;
case 1: if (find(x) != find(y)) link(x, y); break;
case 2: if (find(x) == find(y)) cut(x, y); break;
case 3: access(x); splay(x); val[x] = y; update(x); break;
}
}
return 0;
}2157: 旅遊
Time Limit:10 Sec Memory Limit:259 MBSubmit:548 Solved:301
[Submit][Status][Discuss]
Description
Ray 樂忠於旅遊，這次他來到了T 城。T 城是一個水上城市，一共有 N 個景點，有些景點之間會用一座橋連線。為了方便遊客到達每個景點但又為了節約成本，T 城的任意兩個景點之間有且只有一條路徑。換句話說， T 城中只有N − 1 座橋。Ray 發現，有些橋上可以看到美麗的景色，讓人心情愉悅，但有些橋狹窄泥濘，令人煩躁。於是，他給每座橋定義一個愉悅度w，也就是說，Ray 經過這座橋會增加w 的愉悅度，這或許是正的也可能是負的。有時，Ray 看待同一座橋的心情也會發生改變。現在，Ray 想讓你幫他計算從u 景點到v 景點能獲得的總愉悅度。有時，他還想知道某段路上最美麗的橋所提供的最大愉悅度，或是某段路上最糟糕的一座橋提供的最低愉悅度。
Input
輸入的第一行包含一個整數N，表示T 城中的景點個數。景點編號為 0...N − 1。接下來N − 1 行，每行三個整數u、v 和w，表示有一條u 到v，使 Ray 愉悅度增加w 的橋。橋的編號為1...N − 1。|w| <= 1000。輸入的第N + 1 行包含一個整數M，表示Ray 的運算元目。接下來有M 行，每行描述了一個操作，操作有如下五種形式： C i w，表示Ray 對於經過第i 座橋的愉悅度變成了w。 N u v，表示Ray 對於經過景點u 到v 的路徑上的每一座橋的愉悅度都變成原來的相反數。 SUM u v，表示詢問從景點u 到v 所獲得的總愉悅度。 MAX u v，表示詢問從景點u 到v 的路徑上的所有橋中某一座橋所提供的最大愉悅度。 MIN u v，表示詢問從景點u 到v 的路徑上的所有橋中某一座橋所提供的最小愉悅度。測試資料保證，任意時刻，Ray 對於經過每一座橋的愉悅度的絕對值小於等於1000。
Output
對於每一個詢問(操作S、MAX 和MIN)，輸出答案。
神TM樣例大資料。。。
測樣例還得上fc。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200005
int sz[N], l[N], r[N], fa[N], sum[N], val[N], max[N], rev[N], sk[N], min[N], neg[N], ed[N], n;
void update(int x) {
max[x] = std::max(max[l[x]], max[r[x]]), min[x] = std::min(min[r[x]], min[l[x]]);
if(x > n) max[x] = std::max(max[x], val[x]), min[x] = std::min(min[x], val[x]);
sum[x] = sum[l[x]] + sum[r[x]] + val[x];
}
void reverse(int y) {
sum[y] = -sum[y]; std::swap(max[y], min[y]);
max[y] = -max[y]; min[y] = -min[y];
neg[y] ^= 1; val[y] = -val[y];
}
void pushdown(int x) {
if (neg[x]) {
neg[x] = 0;
if(l[x]) reverse(l[x]);
if(r[x]) reverse(r[x]);
}
if (rev[x]) {
rev[x] ^= 1, rev[l[x]] ^= 1, rev[r[x]] ^= 1, std::swap(l[x], r[x]);
}
}
bool isRoot(int x) {
return l[fa[x]]!=x&&r[fa[x]]!=x;
}
void lrotate(int i) {
int z = r[i]; r[i] = l[z]; fa[r[i]] = i; l[z] = i;
if (i == l[fa[i]]) l[fa[i]] = z;
else if (i == r[fa[i]]) r[fa[i]] = z;
fa[z] = fa[i]; fa[i] = z;
update(i); update(z);
}
void rrotate(int i) {
int z = l[i]; l[i] = r[z]; fa[l[i]] = i; r[z] = i;
if (i == l[fa[i]]) l[fa[i]] = z;
else if (i == r[fa[i]]) r[fa[i]] = z;
fa[z] = fa[i]; fa[i] = z;
update(i); update(z);
}
void splay(int x) {
int top = 0;
sk[++top] = x;
for (int i = x; !isRoot(i); i = fa[i]) sk[++top] = fa[i];
while (top) pushdown(sk[top--]);
while (!isRoot(x))
if (x == l[fa[x]]) rrotate(fa[x]);
else lrotate(fa[x]);
update(x);
}
void access(int x) {
for(int t = 0; x; t = x, x = fa[x]) { splay(x); r[x] = t; update(x); }
}
void makeroot(int x) {
access(x); splay(x); rev[x] ^= 1;
}
void get_path(int x, int y) {
makeroot(x); access(y); splay(y);
}
void link(int x, int y) {
makeroot(x); fa[x] = y;
}
int main() {
int u, v, i, q;
char ch[8];
scanf("%d", &n);
int id = n;
std::fill(rev,rev+n+2,0);
std::fill(neg,neg+n+2,0);
max[0] = -2147483647;
min[0] = 2147483647;
sum[0] = 0;
for (i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d%d", &u, &v, &q);
u++, v++;
ed[i] = ++id;
link(u, id); link(v, id);
val[id] = sum[id] = max[id] = min[id] = q;
}
scanf("%d", &q);
for(; q>0; q--) {
scanf("%s%d%d", ch, &u, &v);
if (ch[0] == 'C') access(ed[u]), val[ed[u]] = v, update(ed[u]);
else {
u++, v++;
if (ch[0] == 'N') get_path(u, v), reverse(v);
else if (ch[1] == 'U') get_path(u, v), printf("%d\n", sum[v]);
else if (ch[1] == 'A') get_path(u, v), printf("%d\n", max[v]);
else if (ch[1] == 'I') get_path(u, v), printf("%d\n", min[v]);
}
}
return 0;
}