HDU 5274 Dylans loves tree 树链剖分

传送门:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5274

题意

给一个树,每个节点都有权值,有两种操作:

  1. $0 \;x\; y$ 将x的权值改成y
  2. $1 \;x \;y$ 将树上x到y的最短路径上权值出现奇数次的权值输出来,没有输出-1

题目保证x到y的最短路径的出现次数的权值的奇数次最多有一个,(可能是0个)。

思路

题目查询的树上x到y的最短路径,所以可以用树链剖分。 而且题目说奇数个最多出现1个,所以我们可以用树状数组维护区间异或和。

因为偶数次的异或和为0,但是如果区间的a[i]全是0,但是出现偶数次,那答案是-1,而不是0,所以我们维护w[i]+1,最后查询的答案-1,这样即使是0,也正好输出-1。

Code(218MS)

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
##include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int, int> pdd;

##define INF 0x3f3f3f3f
##define lowbit(x) x & (-x)
##define mem(a, b) memset(a , b , sizeof(a))
##define FOR(i, x, n) for(int i = x;i <= n; i++)

// const ll mod = 998244353;
// const ll mod = 1e9 + 7;
// const double eps = 1e-6;
// const double PI = acos(-1);
// const double R = 0.57721566490153286060651209;

const int maxn = 1e5 + 10;

struct Edge {
int v, next;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], cnt;

inline void add(int u, int v) {
e[++cnt].v = v;
e[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt;
}

int fa[maxn], dep[maxn], siz[maxn], son[maxn];

void dfs1(int u, int par) {
dep[u] = dep[fa[u] = par] + (siz[u] = 1);
for(int i = head[u]; i ; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(v == par) continue;
dfs1(v, u);
siz[u] += siz[v];
if(!son[u] siz[v] > siz[son[u]]) {
son[u] = v;
}
}
}

int tim, dfn[maxn], top[maxn], nodeof[maxn];

void dfs2(int u, int topf) {
nodeof[dfn[u] = ++tim] = u;
top[u] = topf;
if(!son[u]) return ;
dfs2(son[u], topf);
for(int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(v == son[u] v == fa[u]) continue;
dfs2(v, v);
}
}

int w[maxn], n;

##define lowbit(x) x & (-x)

int t[maxn];

void modify(int x, int val) {
while(x <= n) {
t[x] ^= val;
x += lowbit(x);
}
}

int query(int x) {
int ans = 0;
while(x) {
ans ^= t[x];
x -= lowbit(x);
}
return ans;
}

int query_chain(int x, int y) {
int ans = 0;
while(top[x] != top[y]) {
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
ans ^= (query(dfn[top[x]] - 1) ^ query(dfn[x]));
x = fa[top[x]];
}
if(dep[x] > dep[y]) swap(x, y);
ans ^= (query(x - 1) ^ query(y));
return ans;
}

void solve() {
int m; cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n - 1; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
add(u, v);
add(v, u);
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 1);
for(int i = 1;i <= n; i++) {
cin >> w[i];
w[i]++;
modify(dfn[i], w[i]);
}
while(m--) {
int opt, x, y; cin >> opt >> x >> y;
if(opt == 0) {
modify(dfn[x], w[x]);
modify(dfn[x], w[x] = y + 1);
}
else {
cout << query_chain(x, y) - 1 << endl;
}
}
}

int main() {
solve();
}

本文作者:jujimeizuo
本文地址https://blog.jujimeizuo.cn/2020/12/20/hdu-5274/
本博客所有文章除特别声明外,均采用 CC BY-SA 3.0 协议。转载请注明出处!