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题解：P11127 [ROIR 2024] 二叉树的遍历 (Day 2)

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[ROIR 2024] 二叉树的遍历 (Day 2) 题解

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知识点

分块。

分析

首先考虑对查询 uu 有影响的操作：
  1. 子孙节点：
    • 当 cu=0c_u = 0 时，它的左子树需要计入。
    • 当 cu=1c_u = 1 时，它的左右子树都需要计入。
  2. 祖先节点：
    设某个祖先为 ancanc。
    • 当 canc=−1c_{anc} = -1，它需要计入。
    • 当 canc=0c_{anc}=0 且 uu 在 ancanc 的右子树中，它需要计入。
  3. 其他：
    • uu 自己需要计入。
    • 与 uu 无祖孙关系的，需要把在它前面的计入。
发现对于 uu，除了祖先节点的影响，其余都是可以预处理然后 O(1)O(1) 解决的，那么我们考虑维护祖先节点的影响。
首先对于数据结构，我们非常清楚的知道不太可能用 polylog 做法，因为下标不连续，一般的 polylog 数据结构都做不到。那么我们会联想到分块、bitset、树分块（实际上这些算法在本题都有相应解法）。我们这里选用传统的分块。
对于修改，在树上可以想到转 DFS 序，因为这样便于区间修改。
考虑分块的修改影响，发现由于操作是赋值操作，且值域极小，所以整块的赋值后都是相等，而且情况只有三种，那么我们可以考虑预处理整块的部分。转为 DFS 序之后，对于每块差分预处理一个 FjF_{j} 表示整体赋值为 −1-1 后，对 DFS 序为 jj 的点的影响（加多少）；同理 GjG_j 表示赋值为 00 时；而赋值为 11 时其实无影响，所以可以不处理。这些在一开始用差分解决即可。
再考虑散块的维护，可以从最暴力的重构来想，因为每次修改只有两块受到修改。仿照整块维护对 DFS 为 jj 的点的影响，那么只要再加一个 O(1)O(1) 修改 O(n)O(\sqrt{n}) 查询的序列分块即可解决。

代码

CPP
constexpr int N(1e5+10),BN(330);

int n,Q,idx;
int c[N],ls[N],rs[N],dl[N],siz[N],lef[N];

void DFS(int u) {
	dl[u]=++idx,siz[u]=1;
	if(ls[u])lef[ls[u]]=lef[u],DFS(ls[u]),siz[u]+=siz[ls[u]];
	if(rs[u])lef[rs[u]]=lef[u]+siz[ls[u]],DFS(rs[u]),siz[u]+=siz[rs[u]];
}

int Bl,Bn;
int st[BN],en[BN],bel[N];
int F[BN][N],G[BN][N];

void Init_F(int l,int r,int *F) {
	FOR(i,1,n)F[i]=0;
	FOR(u,l,r)++F[dl[u]+1],--F[dl[u]+siz[u]];
	FOR(i,1,n)F[i]+=F[i-1];
}

void Init_G(int l,int r,int *G) {
	FOR(i,1,n)G[i]=0;
	FOR(u,l,r)if(rs[u]) {
		int v(rs[u]);
		++G[dl[v]],--G[dl[v]+siz[v]];
	}
	FOR(i,1,n)G[i]+=G[i-1];
}

struct DB {
	int sum[BN],cnt[N];

	void Plus(int x,int d) { sum[bel[x]]+=d,cnt[x]+=d; }

	void Plus(int l,int r,int d) { Plus(l,d),Plus(r+1,-d); }

	int Sum(int x) {
		int bx(bel[x]),res(0);
		FOR(i,1,bx-1)res+=sum[i];
		FOR(i,st[bx],x)res+=cnt[i];
		return res;
	}
} db;

void update(int x,int d) {
	if(!~c[x])db.Plus(dl[x]+1,dl[x]+siz[x]-1,d);
	if(!c[x]&&rs[x])db.Plus(dl[rs[x]],dl[rs[x]]+siz[rs[x]]-1,d);
}

bool cov[BN];
int C[BN];

void cover(int l,int r,int _c) {
	int bx(bel[l]);
	if(!cov[bx]) {
		FOR(i,l,r)if(c[i]!=_c)update(i,-1),c[i]=_c,update(i,1);
		return;
	}
	cov[bx]=false;
	FOR(i,st[bx],en[bx])c[i]=(l<=i&&i<=r?_c:C[bx]),update(i,1);
}

void Cover(int l,int r,int _c) {
	int bl(bel[l]),br(bel[r]);
	if(bl==br)return cover(l,r,_c);
	cover(l,en[bl],_c),cover(st[br],r,_c);
	FOR(i,bl+1,br-1) {
		if(!cov[i]) {
			FOR(j,st[i],en[i])update(j,-1);
			cov[i]=true;
		}
		C[i]=_c;
	}
}

int Query(int x) {
	int sum(1+db.Sum(dl[x])+lef[x]),_c(cov[bel[x]]?C[bel[x]]:c[x]);
	if(_c>0)sum+=siz[x]-1;
	if(!_c&&ls[x])sum+=siz[ls[x]];
	FOR(i,1,Bn)if(cov[i]) {
		if(!~C[i])sum+=F[i][dl[x]];
		if(!C[i])sum+=G[i][dl[x]];
	}
	return sum;
}

signed main() {
	/*DE("Input");*/
	I(n,Q);
	FOR(i,1,n)c[i]=-1;
	FOR(i,1,n)I(ls[i],rs[i]);
	/*DE("Build");*/
	DFS(1);
	Bl=ceil(sqrt(n)),Bn=(n-1)/Bl+1;
	FOR(i,1,Bn) {
		st[i]=en[i-1]+1,en[i]=min(en[i-1]+Bl,n);
		FOR(j,st[i],en[i])bel[j]=i;
		Init_F(st[i],en[i],F[i]),Init_G(st[i],en[i],G[i]);
		cov[i]=true,C[i]=-1;
	}
	/*DE("Query");*/
	while(Q--) {
		int t,l,r,x;
		I(t);
		if(t==1)I(l,r,x),Cover(l,r,x);
		else I(x),O(Query(x),'\n');
	}
	return 0;
}

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