[UOJ128][NOI2015]软件包管理器(树链剖分+线段树)

最新推荐文章于 2020-08-03 12:05:22 发布

Effervescence

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分类专栏：树链剖分线段树

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树链剖分

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本文介绍了一种模拟软件包管理器的方法，通过构建树形结构并利用线段树进行高效的状态更新，实现了对软件包安装与卸载操作的快速响应。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

#128. 【NOI2015】软件包管理器

Linux 用户和 OS X 用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器，你可以通过一行命令安装某一个软件包，然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包，同时自动解决所有的依赖（即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包），完成所有的配置。Debian/Ubuntu 使用的 apt-get，Fedora/CentOS 使用的 yum，以及 OS X 下可用的 homebrew 都是优秀的软件包管理器。

你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地，你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包 $A$ 依赖软件包 $B$ ，那么安装软件包 $A$ 以前，必须先安装软件包 $B$ 。同时，如果想要卸载软件包 $B$ ，则必须卸载软件包 $A$ 。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且，由于你之前的工作，除 $0$ 号软件包以外，在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包，而 $0$ 号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环（若有 $m$ $(m ≥ 2)$ 个软件包 $A_1, A_2, A_3, \dots, A_m$ ，其中 $A_1$ 依赖 $A_2$ ， $A_2$ 依赖 $A_3$ ， $A_3$ 依赖 $A_4$ ，……， $A_{m−1}$ 依赖 $A_m$ ，而 $A_m$ 依赖 $A_1$ ，则称这 $m$ 个软件包的依赖关系构成环），当然也不会有一个软件包依赖自己。

现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈，用户希望在安装和卸载某个软件包时，快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态（即安装操作会安装多少个未安装的软件包，或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包），你的任务就是实现这个部分。注意，安装一个已安装的软件包，或卸载一个未安装的软件包，都不会改变任何软件包的安装状态，即在此情况下，改变安装状态的软件包数为 $0$ 。

输入格式

输入文件的第 $1$ 行包含 $1$ 个正整数 $n$ ，表示软件包的总数。软件包从 $0$ 开始编号。

随后一行包含 $n − 1$ 个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，分别表示 $1, 2, 3, \dots, n − 2, n − 1$ 号软件包依赖的软件包的编号。

接下来一行包含 $1$ 个正整数 $q$ ，表示询问的总数。

之后 $q$ 行，每行 $1$ 个询问。询问分为两种：

install $x$ ：表示安装软件包 $x$
uninstall $x$ ：表示卸载软件包 $x$

你需要维护每个软件包的安装状态，一开始所有的软件包都处于未安装状态。对于每个操作，你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态，随后应用这个操作（即改变你维护的安装状态）。

输出格式

输出文件包括 $q$ 行。

输出文件的第 $i$ 行输出 $1$ 个整数，为第 $i$ 步操作中改变安装状态的软件包数。

样例一

input

7
0 0 0 1 1 5
5
install 5
install 6
uninstall 1
install 4
uninstall 0

output

explanation

一开始所有的软件包都处于未安装状态。

安装 $5$ 号软件包，需要安装 $0, 1, 5$ 三个软件包。

之后安装 $6$ 号软件包，只需要安装 $6$ 号软件包。此时安装了 $0, 1, 5, 6$ 四个软件包。

卸载 $1$ 号软件包需要卸载 $1, 5, 6$ 三个软件包。此时只有 $0$ 号软件包还处于安装状态。

之后安装 $4$ 号软件包，需要安装 $1, 4$ 两个软件包。此时 $0, 1, 4$ 处在安装状态。

最后，卸载 $0$ 号软件包会卸载所有的软件包。

样例二

input

10
0 1 2 1 3 0 0 3 2
10
install 0
install 3
uninstall 2
install 7
install 5
install 9
uninstall 9
install 4
install 1
install 9

output

样例三

见样例数据下载。

限制与约定

测试点编号

n

$n$ 的规模

$q$ 的规模	备注
1	$n = 5000$	$q = 5000$
2	$n = 5000$	$q = 5000$
3	$n = 100000$	$q = 100000$	数据不包含卸载操作
4	$n = 100000$	$q = 100000$	数据不包含卸载操作
5	$n = 100000$	$q = 100000$	编号为 $i$ 的软件包所依赖的软件包编号在 $[0, i − 1]$ 内均匀随机。每次执行操作的软件包编号在 $[0, n − 1]$ 内均匀随机。
6
7
8
9	$n = 100000$	$q = 100000$
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

时间限制： $1\texttt{s}$

空间限制： $512\texttt{MB}$

思路&&分析

这题，我们用0表示一个软件没有被下载，1表示已经被下载。这题一共有两个操作，我们很容易看出操作uninstall x是把以x为根的子树的所有已经install过的软件给卸载掉，就是把x和他子树的值全都赋为0；而操作install x则可以看做是把从根到x的路径上的所有软件包（包括x）全都给下载下来，就是对一条路径上的所有点赋值1。简要分析过后我们就可以发现这是道树剖裸题，只要用线段树维护所有的值就行了。对于答案，我们在每次修改前记录一下根的sum，然后sum与操作后根的sum的绝对值就是答案了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>inline void read(T &x) {
    x=0;T f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    x*=f;
}
#define rd(x) read(x)
#define r2(x,y) rd(x),rd(y)
#define r3(x,y,z) r2(x,y),rd(z)
#define r4(x,y,z,o) r2(x,y),r2(z,o)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
const int maxn=1000010;
int n,q,fa[maxn],dep[maxn],tp[maxn],son[maxn],id[maxn],dfs_clock,sz[maxn];
vector<int>G[maxn];
struct Seg {
    int sum,upd;
    inline void init() {
        sum=0;
        upd=-1;
    }
}t[maxn<<2];
inline void pushup(int o) {
    t[o].sum=t[ls].sum+t[rs].sum;
}
inline void pushdown(int o,int l,int r) {
    if(t[o].upd!=-1) {
        int mid=(l+r)>>1;
        t[ls].sum=t[o].upd*(mid-l+1);
        t[rs].sum=t[o].upd*(r-mid);
        t[ls].upd=t[rs].upd=t[o].upd;
        t[o].upd=-1;
    }
}
inline void dfs1(int u) {
    sz[u]=1;
    for(unsigned i=0;i<G[u].size();i++) {
        int v=G[u][i];
        if(v==fa[u])
            continue;
        fa[v]=u;
        dep[v]=dep[u]+1;
        dfs1(v);
        sz[u]+=sz[v];
        if(!son[u]||sz[son[u]]<sz[v])
            son[u]=v;
    }
}
inline void dfs2(int u,int p) {
    id[u]=++dfs_clock;
    tp[u]=p;
    if(!son[u])
        return;
    dfs2(son[u],p);
    for(unsigned i=0;i<G[u].size();i++) {
        int v=G[u][i];
        if(v==fa[u]||v==son[u])
            continue;
        dfs2(v,v);
    }
}
inline void build(int o,int l,int r) {
    t[o].init();
    if(l==r)
        return;
    int mid=(l+r)>>1;
    build(lson);
    build(rson);
    pushup(o);
}
inline void upset(int o,int l,int r,int ql,int qr,int s) {
    pushdown(o,l,r);
    if(l==ql&&r==qr) {
        //cout<<o<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<ql<<" "<<qr<<" "<<s<<" "<<t[o].sum<<" "<<t[o].upd<<endl;
        t[o].sum=s*(r-l+1);
        t[o].upd=s;
        //cout<<o<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<ql<<" "<<qr<<" "<<s<<" "<<t[o].sum<<" "<<t[o].upd<<endl;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(qr<=mid)
        upset(lson,ql,qr,s);
    else if(ql>mid)
        upset(rson,ql,qr,s);
    else {
        upset(lson,ql,mid,s);
        upset(rson,mid+1,qr,s);
    }
    pushup(o);
}
inline void subset1(int x) {
    upset(1,1,n,id[x],id[x]+sz[x]-1,0);
}
inline void subset2(int x) {
    //cout<<"Do install:"<<x<<endl;
    while(tp[x]!=1) {
    //cout<<"Do install:"<<x<<" "<<tp[x]<<" "<<id[x]<<" "<<id[tp[x]]<<endl;
        upset(1,1,n,id[tp[x]],id[x],1);
        x=fa[tp[x]];
    }
    //cout<<"Do install:"<<x<<endl;
    upset(1,1,n,1,id[x],1);
}
int main() {
    rd(n);
    for(int i=2,x;i<=n;i++) {
        rd(x);x++;
        G[x].push_back(i);
        G[i].push_back(x);
    }
    dep[1]=1;fa[1]=-1;
    dfs1(1);
    dfs2(1,1);
    build(1,1,n);
    /*for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<sz[i]<<" ";
    cout<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<tp[i]<<" ";
    cout<<endl;*/rd(q);
    while(q--) {
        char s[100];int x;
        scanf("%s",s+1);rd(x);x++;
        int res=t[1].sum;
        if(s[1]=='u') {
            subset1(x);//cout<<"uninstall :"<<res<<" "<<t[1].sum<<endl;
            printf("%d\n",abs(res-t[1].sum));
        }
        else {
            subset2(x);//cout<<"install :"<<res<<" "<<t[1].sum<<endl;
            printf("%d\n",abs(res-t[1].sum));
        }
    }
}