[BZOJ2049] [SDOI2008] 洞穴勘测

本文介绍了一道关于LCT树的经典模板题目,并给出了详细的代码实现。LCT树是一种支持路径操作的数据结构,常用于解决涉及树形结构的问题。文中通过具体的代码展示了LCT树的基本操作,包括旋转、路径查找等。

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LCT模板题。

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;

const int N=10005; 
struct node{
	node *fa,*c[2];bool rev;node();
	inline bool go(){return fa->c[0]==this||fa->c[1]==this;}
	inline void pushdown();
} w[N],*null=&w[0];
node::node(){fa=c[0]=c[1]=null;rev=false;}
inline void node::pushdown(){
	if(rev){
		if(c[0]!=null)c[0]->rev^=1;
		if(c[1]!=null)c[1]->rev^=1;
		rev=false;swap(c[0],c[1]);
	}
}
inline void rotate(node*x){
	node*y=x->fa,*z=y->fa;
	if(z->c[0]==y)z->c[0]=x;
	if(z->c[1]==y)z->c[1]=x;
	int l=y->c[1]==x,r=l^1;
	if(x->c[r]!=null)x->c[r]->fa=y;
	x->fa=z,y->fa=x,y->c[l]=x->c[r],x->c[r]=y;
}
node*st[10005];int top;
inline void splay(node*x){
	st[top=1]=x;
	for(node*i=x;i->go();i=i->fa)
		st[++top]=i->fa;
	while(top)st[top--]->pushdown();
	while(x->go()){
		node*y=x->fa,*z=y->fa;
		if(z->c[0]==y)if(y->c[0]==x)rotate(y);else rotate(x);
		if(z->c[1]==y)if(y->c[1]==x)rotate(y);else rotate(x);
		rotate(x);
	}
}
inline void access(node*x){
	for(node*y=null;x!=null;y=x,x=x->fa)
		splay(x),x->c[1]=y;
}
inline void makeroot(node*x){access(x),splay(x),x->rev^=1;}
inline void link(int x,int y){makeroot(w+x);w[x].fa=w+y;}
inline void cut(int x,int y){
	makeroot(w+x),access(w+y),splay(w+y);
	w[y].c[0]=w[x].fa=null;
}
inline void qry(int x,int y){
	node*fx,*fy;
	for(fx=w+x;fx->fa!=null;fx=fx->fa);
	for(fy=w+y;fy->fa!=null;fy=fy->fa);
	puts(fx==fy?"Yes":"No");
}
int n,m,u,v;
char opt[15];
int main(){
	scanf("%d %d\n",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%s %d %d\n",opt,&u,&v);
		if(opt[0]=='C')link(u,v);
		else if(opt[0]=='D')cut(u,v);
		else qry(u,v);
	}
	return 0;
}


题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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