标签：LG ch val 输出 题解 tp SHOI2014 n1 节点
题面挺有意思（恶心）的。
LCT
Solution
1
对于每一个非叶子节点 \(i\)，有 \(val_i\)，表示其输出为 1 的儿子的总数。所以对于每一个 \(val_i,\ i \in [1,n]\) ，其取值范围是 0~3。所以我们发现这个非叶子节点 \(i\) 最后输出的结果就是 \(\left\lfloor\dfrac{val_i}{2}\right\rfloor\)。
而对于叶子节点 \(j\)（即编号范围为 \((n, 3 *n +1]\)），假设它的输出是 \(x\)（\(x\) 为 0 或 1），为了保证其输出结果是 \(\left\lfloor\dfrac{val_j}{2}\right\rfloor\)，我们使 \(val_j \gets x *2\)。所以对于每个 \(val_j,\ j \in (n, 3 * n + 1]\)，其取值只有 0 或 2 两种可能性。
对于 \(val\) 的计算，我们可以在输入后拓扑排序得到。
2
“
我们都会模拟暴力过程——先改叶子节点（先默认为 0 改为 1），如果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，那么它的所有祖先肯定不会变。
通过模拟我们发现，每次修改的一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，才能通过修改点权变成 2，使输出由 0 变成 1，从而继续引发祖先的变化。那么我们需要知道的就是，对于每一个叶子节点，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 的情况，同理也可以发现我们还要维护自底向上的连续一段点权为 2 的部分。
”——摘自洛谷P4332 [SHOI2014]三叉神经树题解 by FlashHu
大佬已经说得很清楚了，要维护区间，所以使用 LCT，同时间维护两个数组 \(n1\) 和 \(n2\)。
\(n1_x\) 表示从 \(x\) 节点出发，往父亲节点的方向走，第一个权值（即 \(val\)）不为 1 的节点编号。\(n2\) 同理。
每次我们先打通（即 \(access\)）到叶子节点 \(x\) 的父亲节点 \(f_x\)（因为至少是从 \(f_x\) 开始造成影响），再 \(splay(f[x])\)，（假设 \(x\) 是由 0 变为 1）然后 \(splay(n1[f[x]])\)。
这样一来，会发生改变（即 \(val\) 在 1 和 2 之间变换）的部分就是 \(n1[f[x]]\) 的右子树了。所以最后我们对该右子树进行区间修改，对 \(n1[f[x]]\) 进行单点修改。
3
如何区间修改。
发现那些需要进行修改的区间，内部所有的节点的权值要么都是 1，否则就都是 2。而我们对它们的操作无非就是：
- 点权为 2，减 1；
- 点权为 1，加 1。
所以，我们实际上只用对这个区间做一个类似“翻转”的操作（可以理解为在权值方面的翻转）即可。
Code
吐槽：FlashHu 大佬的代码太难理解了！！！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
#define ls c[x][0]
#define rs c[x][1]
const int maxn = 5e5 + 5, maxm = 15e5 + 5;
int n, qu;
int f[maxm], val[maxm];
int c[maxn][2], tag[maxn], n1[maxn], n2[maxn];
int d[maxn];
int tp, nwrt;
queue <int> q;
inline int rd()
{
int s = 0, x = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' or ch > '9') {if(ch == '-') x = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' and ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
return x * s;
}
inline bool nrt(int p)
{
int x = f[p]; return ls == p or rs == p;
}
inline void up(int x)//为了尽可能深，所以先右子树再当前节点最后左子树
{
int &p = n1[x], &q = n2[x];
p = n1[rs]; if(!p) p = x * (val[x] != 1); if(!p) p = n1[ls];
q = n2[rs]; if(!q) q = x * (val[x] != 2); if(!q) q = n2[ls];
}
inline void dw(int x, int k)
{
int &v = val[x];
if(v == 2) v = 1; else v = 2;
swap(n1[x], n2[x])/*容易发现更改权值的时候n1n2也跟着翻转了*/, tag[x] += k;
}
inline void all(int x)
{
int &tm = tag[x];
if(nrt(x)) all(f[x]);
if(tm) dw(ls, tm), dw(rs, tm), tm = 0;
}
inline void rotate(int x)
{
int 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[x] = z, c[y][k] = w;
if(w) f[w] = y; c[x][!k] = y, f[y] = x; up(y);
}
inline void splay(int x)
{
all(x);
while(nrt(x))
{
int y = f[x], z = f[y];
if(nrt(y)) rotate((c[z][1] == y) ^ (c[y][1] == x) ? x : y);
rotate(x);
}
up(x);
}
inline void access(int x)
{
for(int lst = 0; x; x = f[lst = x])
splay(x), rs = lst, up(x);
}
int main()
{
n = rd();
rep(i, 1, n)
f[rd()] = f[rd()] = f[rd()] = i, d[i] = 3/*入度*/;
rep(i, n + 1, 3 * n + 1)//叶子节点
q.push(i), val[i] = rd() << 1;
while(!q.empty())//拓扑排序
{
int u = q.front(); q.pop();
if(u <= n) up(u);
val[f[u]] += (val[u] >> 1), d[f[u]] -= 1;
if(!d[f[u]]) q.push(f[u]);
}
nwrt = val[1] >> 1, qu = rd();
while(qu--)
{
int x = rd(), &v = val[x]/*该叶子节点原本输出的值*/;
if(!v) v = 2/*更改输出值*/, tp = 1/*标记输出值是从 0 变成 1*/; else v = 0, tp = -1;
access(x = f[x]), splay(x);
if((tp > 0 ? n1 : n2)[x])
{
splay(x = (tp > 0 ? n1 : n2)[x]);
dw(rs, tp), up(rs);//区间修改
val[x] += tp, up(x);//单点修改
}
else dw(x, tp), up(x), nwrt ^= 1;
printf("%d\n", nwrt/*优化，省时间*/);
}
return 0;
}
——\(End\)——
标签：LG,ch,val,输出,题解,tp,SHOI2014,n1,节点 来源： https://www.cnblogs.com/gsn531/p/16496503.html
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