洛谷P4332 [SHOI2014]三叉神经树（LCT，树剖，二分查找，拓扑排序）

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你谷无题解因而来补一发

随便百度题解，发现了很多诸如树剖\(log^3\)LCT\(log^2\)的可怕描述。。。。。。

因而来想一想怎么利用题目的性质，把复杂度降下来。

首先，每一个点的输出状态只有\(0/1\)，因而每一个点的总状态也很是有限，能够根据权值为\(1\)的儿子数量\(0-3\)分为四种，记为该点的点权。

咱们都会模拟暴力过程——先改叶子节点（先默认为\(0\)改成\(1\)），若是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，那么它的全部祖先确定不会变。

经过模拟咱们发现，每次修改的必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，才能经过修改点权变成\(2\)，使输出由\(0\)变成\(1\)，从而继续引起祖先的变化。那么咱们须要知道的就是，对于每个叶子节点，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\(0\)的状况，同理也能够发现咱们还要维护自底向上的连续一段点权为\(2\)的部分。

这个能够树剖（有不少维护法，都是\(log^2\)的，跳链和链修改都有\(log\)）正在学树剖，先留个坑，到时候再补。。。

固然能够LCT，讲两个维护法。第一种是用bool值维护区间是否有权值不为\(1/2\)的点，每次Splay上二分查找最深的不为\(1/2\)的点，把它伸展上来，右子树作区间修改，这个点作单点修改。

由于写二分比较麻烦（其实就是几行的事），因此还不如直接维护最深的不为\(1/2\)点的编号，找都不用找。直接把它伸展上来。修改同上。容易发现这里的LCT连换根都不要。

两种写法都须要注意特判：若是整条从根到叶子的链没有一个不为\(1/2\)的点，直接作区间修改。

分享一个naive的错误——蒟蒻默认父节点的编号比子节点小，而后pushup直接取\(\max\)，居然得到了95分？！调了半天本机对拍又是全AC（本身的数据生成器确定是父节点的编号比子节点小啦。。。）

刚掉这题后还收获了一点小经验——不要给LCT永久化地贴上常数大的标签！由于少一个\(log\)，因此\(n\)越大越有优点（这题\(5*10^5\)），还不用reverse。看看统计，就知道什么叫LCT全方位（时间、空间、码量）完爆树剖的感受了哈哈哈哈hhhh

https://www.luogu.org/recordnew/lists?uid=&pid=P4332&status=&sort=1

https://loj.ac/problem/2187/statistics/fastest

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RG register
#define I inline
#define R RG int
#define lc c[x][0]
#define rc c[x][1]
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=ibuf,1,L,stdin))
using namespace std;
const int N=5e5+9,M=1.5e6+9,L=1<<19;
char ibuf[L],*ie=ibuf+L,*ip=ie-1;
int n,f[M],c[N][2],t[N],n1[N],n2[N],v[M],q[M],d[N];
I int max(R x,R y){return x>y?x:y;}
I int in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){(x*=10)+=*ip&15;G;}
    return x;
}
I bool nrt(R x){
    return c[f[x]][0]==x||c[f[x]][1]==x;
}
I void up(R x){//先右儿子再本身最后左儿子
    if(!(n1[x]=n1[rc])&&!(n1[x]=x*(v[x]!=1)))n1[x]=n1[lc];
    if(!(n2[x]=n2[rc])&&!(n2[x]=x*(v[x]!=2)))n2[x]=n2[lc];
}
I void dn(R x,R tg){//被区间修改的要么都是1要么都是2，直接反转信息
    v[x]^=3;swap(n1[x],n2[x]);t[x]+=tg;
}
I void all(R x){
    if(nrt(x))all(f[x]);
    if(t[x])dn(lc,t[x]),dn(rc,t[x]),t[x]=0;
}
I void rot(R x){
    R 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[f[f[c[c[x][!k]=y][k]=w]=y]=x]=z;up(y);
}
I void sp(R x){
    all(x);
    for(R y;nrt(x);rot(x))
        if(nrt(y=f[x]))rot((c[f[y]][0]==y)^(c[y][0]==x)?x:y);
    up(x);
}
I void ac(R x){
    for(R y=0;x;sp(x),rc=y,up(y=x),x=f[x]);
}
int main(){
    n=in();R he,tl=0,i,x,tp,nowrt;//nowrt全局记录根的输出，方便，减少常数
    for(i=1;i<=n;++i)d[f[in()]=f[in()]=f[in()]=i]=3;
    for(;i<=3*n+1;++i)v[q[++tl]=i]=in()<<1;
    for(he=1;he<=tl;++he){//懒得dfs了，直接从下往上拓扑排序预处理
        x=q[he];if(x<=n)up(x);
        v[f[x]]+=v[x]>>1;
        if(!--d[f[x]])q[++tl]=f[x];
    }
    nowrt=v[1]>>1;
    for(R q=in();q;--q){
        tp=(v[x=in()]^=2)-1;//记录当前变化类型
        ac(x=f[x]);sp(x);
        if((~tp?n1:n2)[x]){
            sp(x=(~tp?n1:n2)[x]);
            dn(rc,tp),up(rc);
            v[x]+=tp;up(x);
        }
        else dn(x,tp),up(x),nowrt^=1;//注意特判
        putchar(nowrt|'0');putchar('\n');
    }
    return 0;
}