BZOJ1095: [ZJOI2007]Hide 捉迷藏【线段树维护括号序列】【思维好题】

时间：2021-02-23 09:22:24

Description

　　捉迷藏 Jiajia和Wind是一对恩爱的夫妻，并且他们有很多孩子。某天，Jiajia、Wind和孩子们决定在家里玩
捉迷藏游戏。他们的家很大且构造很奇特，由N个屋子和N-1条双向走廊组成，这N-1条走廊的分布使得任意两个屋
子都互相可达。游戏是这样进行的，孩子们负责躲藏，Jiajia负责找，而Wind负责操纵这N个屋子的灯。在起初的
时候，所有的灯都没有被打开。每一次，孩子们只会躲藏在没有开灯的房间中，但是为了增加刺激性，孩子们会要
求打开某个房间的电灯或者关闭某个房间的电灯。为了评估某一次游戏的复杂性，Jiajia希望知道可能的最远的两
个孩子的距离（即最远的两个关灯房间的距离）。 我们将以如下形式定义每一种操作： C(hange) i 改变第i个房
间的照明状态，若原来打开，则关闭；若原来关闭，则打开。 G(ame) 开始一次游戏，查询最远的两个关灯房间的
距离。

Input

　　第一行包含一个整数N，表示房间的个数，房间将被编号为1,2,3…N的整数。接下来N-1行每行两个整数a, b，
表示房间a与房间b之间有一条走廊相连。接下来一行包含一个整数Q，表示操作次数。接着Q行，每行一个操作，如
上文所示。

Output

　　对于每一个操作Game，输出一个非负整数到hide.out，表示最远的两个关灯房间的距离。若只有一个房间是关
着灯的，输出0；若所有房间的灯都开着，输出-1。

Sample Input

8
1 2
2 3
3 4
3 5
3 6
6 7
6 8
7
G
C 1
G
C 2
G
C 1
G

Sample Output

4
3
3
4

HINT

对于100%的数据， N ≤100000, M ≤500000。

思路

首先来了解一下括号序列怎么生成

void dfs(int u, int fa) {
  c[++ind] = '(';
  c[++ind] = (char) (u + '0' - 1);
  for (int i = head[u]; i; i = E[i].nxt) {
    int v = E[i].v;
    if (v == fa) continue;
    dfs(v, u);
  }
  c[++ind] = ')';
}

这样就得到了一个括号序列

比如样例中的序列就是\((1(2(3(6(8)(7))(5)(4))))\)

然后如果把数字去掉，就发现这个序列变成了\(((((()())()())))\)

其实可以简单理解为\((\)是向下，\()\)是向上那么我们如何利用这个信息

如果我们要计算两点的距离，先把这两点之间的括号序列提取出来

比如说8和4，括号序列是\()())()(\)，消除掉中间可以匹配的括号变成\())(\)

这就说明8到4只需要上行两次下行一次，至于中间的匹配括号实际上是一上一下全部抵消了

所以我们就可以简单知道8和4的路径是3

那么我们实际上需要求的是树上两个黑点之间的最长距离

把化简过后的括号序列表示出来，\(S(a,b)\)表示有a个\()\)和b个\((\)组成的括号序列

考虑怎么合并\(S_1(a_1,b_1)\)和\(S_2(a_2,b_2)\)

首先可以知道中间匹配掉的括号有\(\min(b_1,a_2)\)个

那么分情况讨论（接下来的所有讨论中都默认自动化简括号序列）

  1. 如果\(a_2\le b_1\)， \(S(a_1-a_2+b_1,b_2),len=a_1+b_1-a_2+b_2\)
  2. 反之，\(S(a_1,b_2-b_1+a_2),len=a_1-b_1+a_2+b_2\)

把1的左右两边的贡献拆开看，发现左边的贡献是\(a_1+b_1\)，右边贡献是\(-a_2+b_2\)

把2的左右两边的贡献拆开看，发现左边的贡献是\(a_1-b_1\)，右边贡献是\(a_2+b_2\)

于是我们需要维护的就变成了

  • \(l_{add}\)：区间所有前缀最大的\(a+b\)
  • \(l_{sub}\)：区间所有前缀最大的\(b - a\)
  • \(r_{add}\)：区间所有后缀最大的\(a+b\)
  • \(r_{sub}\)：区间所有后缀最大的\(a-b\)

同时记录\(l_{len}\)表示区间左边一部分括号的长度，\(r_{len}\)表示区间右边一部分括号的长度

记\(maxdis\)是区间中的左右括号的最大长度（答案）

先倒着看怎么更新\(maxdis\)，分成左右两边和跨过中间的两部分来算
\[ maxdis=\max(ld.maxdis,rd.maxdis,ld.r_{add}+rd.l_{sub},ld.r_{sub}+rd.l_{add}) \]
后面的两个式子就是根据上面推导出来的式子进行更新的

然后看一看\(l_{len}\)和\(r_{len}\)，更新比较简单，直接分情况进行讨论就可以了

  1. 如果\(ld.r_{len} >= rd.l_{len}\)

\[ t.l_{len} = ld.l_{len} \\ t.r_{len} = rd.r_{len} + ld.r_{len} - rd.l_{len} \]

  1. 反之

\[ t.l_{len} = ld.l_{len} + rd.l_{len} - ld.r_{len} \\ t.r_{len} = rd.r_{len} \]

接下来就是对\(l_{add},l_{sub},r_{add},r_{sub}\)的更新了

在这里为了避免冗余的描述，默认情况1是ld用来合并的右区间长度大于等于rd用来合并的左区间长度，2是相反的情况

同时一切都在

  1. \(S(a_1,b_1 + b_2-a_2)\)
  2. \(S(a_1+a_2-b_1,b_2)\)

的情况上展开叙述

  • 更新\(l_{add}\)

    1. \(a+b=a_1+b_1-a_2+b_2=ld.l_{len} + ld.r_{len} + rd.l_{sub}\)

    2. \(a+b=a_1-b_1+a_2+b_2=ld.l_{len} - ld.r_{len} + rd.l_{add}\)

    所以总的式子是：

\[ l_{add} = \max(ld.l_{add}, ld.l_{len} + ld.r_{len} + rd.l_{sub},ld.l_{len} - ld.r_{len} + rd.l_{add}) \]

  • 更新\(l_{sub}\)

    因为经过推导发现，无论是1还是2，最后表示出来的\(b-a\)都是\(-a_1+b_1-a_2+b_2=- ld.l_{len}+ ld.r_{len} + rd.l_{sub}\)

    所以式子是：
    \[ l_{sub} = \max(ld.l_{sub}, - ld.l_{len}+ ld.r_{len} + rd.l_{sub}) \]

  • 更新\(r_{add}\)

    1. \(a+b=a_1+b_1-a_2+b_2=ld.r_{add}-rd.l_{len} + rd.r_{len}\)
    2. \(a+b=a_1-b_1+a_2+b_2=ld.r_{sub}+rd.l_{len}+rd.r_{len}\)

    总的式子：
    \[ r_{add} = \max(rd.r_{add}, ld.r_{add} - rd.l_{len} + rd.r_{len}, ld.r_{sub} + rd.l_{len} + rd.r_{len}) \]

  • 更新\(r_{sub}\)

    发现无论最后表示出来的式子一定是\(a-b=a_1-b_1+a_2-b_2=ld.r_{sub} + rd.l_{len} - rd.r_{len}\)

    总的式子是：
    \[ r_{sub} = \max(rd.r_{sub}, ld.r_{sub} + rd.l_{len} - rd.r_{len}) \]

我们现在知道怎么维护括号序列了，但是还有一个问题，就是\(r_{len},l_{add},l_{sub}\)的右端点，\(l_{len},r_{add},r_{sub}\)的左端点都需要有黑点才成立

那么还是偷懒直接把点带进去维护好了

于是初值就可以这样设定，为了满足端点必须有黑点的限制，我们只在当前节点代表一个黑点的时候把\(l_{add},l_{sub},r_{add},r_{sub}\)赋值成\(0\)，否则就把这四个值都设成$-\infty $

然后如果当前节点是右括号，就把\(l_{len}\)设成1,

如果当前节点是左括号，就把\(r_{len}\)设成1就可以了

完结撒花

总结

很好的一道题，就是pushup函数写起来有些自闭，用括号序列压缩的方法把树的形态表示了出来，非常的巧妙，而且比动态点分治的做法快了许多，写的时候就是写初始化函数的时候没有引用，导致出现了一系列问题，下次注意好了，这道题的思维方式还是很值得借鉴的

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int INF_of_int = 1e9;
const int N = 3e5 + 10;
const int M = N << 2;

struct Edge {
  int v, nxt;
} E[N << 1];
int head[N], tot = 0;
int n, q, num = 0, ind = 0, pre[N], typ[N], col[N], dfn[N];
char c[10];

//typ -1:')' 1:'(' 0:col

void addedge(int u, int v) {
  E[++tot] = (Edge) {v, head[u]};
  head[u] = tot;
}

void dfs(int u, int fa) {
  typ[++ind] = 1;
  typ[++ind] = 0;
  dfn[u] = ind;
  pre[ind] = u;
  col[u] = 1;
  for (int i = head[u]; i; i = E[i].nxt) {
    int v = E[i].v;
    if (v == fa) continue;
    dfs(v, u);
  }
  typ[++ind] = -1;
}

#define LD (t << 1)
#define RD (t << 1 | 1)

struct Node {
  int maxdis, l_len, r_len;
  int l_add, r_add, l_sub, r_sub;
} p[M];

void init(Node &t, int pos) {
  t.maxdis = -INF_of_int;
  t.l_len = t.r_len = 0;
  if (typ[pos] != 0) {
    if (typ[pos] > 0) t.r_len = 1;
    if (typ[pos] < 0) t.l_len = 1;
    t.l_add = t.r_add = t.l_sub = t.r_sub = -INF_of_int;
  } else {
    if (col[pre[pos]]) t.l_add = t.r_add = t.l_sub = t.r_sub = 0;
    else t.l_add = t.r_add = t.l_sub = t.r_sub = -INF_of_int;
  }
}

Node pushup(Node ld, Node rd) {
  Node t;
  t.maxdis = max(max(ld.maxdis, rd.maxdis), max(ld.r_add + rd.l_sub, ld.r_sub + rd.l_add));
  t.l_add = max(ld.l_add, max(ld.l_len - ld.r_len + rd.l_add, ld.l_len + ld.r_len + rd.l_sub));
  t.l_sub = max(ld.l_sub, ld.r_len - ld.l_len + rd.l_sub);
  t.r_add = max(rd.r_add, max(ld.r_add - rd.l_len + rd.r_len, ld.r_sub + rd.l_len + rd.r_len));
  t.r_sub = max(rd.r_sub, ld.r_sub + rd.l_len - rd.r_len);
  if (ld.r_len >= rd.l_len) t.l_len = ld.l_len, t.r_len = rd.r_len + ld.r_len - rd.l_len;
  else t.l_len = ld.l_len + rd.l_len - ld.r_len, t.r_len = rd.r_len; 
  return t;
}

void build(int t, int l, int r) {
  if (l == r) {
    init(p[t], l);
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  build(LD, l, mid);
  build(RD, mid + 1, r);
  p[t] = pushup(p[LD], p[RD]);
}

void modify(int t, int l, int r, int pos) {
  if (l == r) {
    init(p[t], l);
    return;
  }
  int mid = (l + r) >> 1;
  if (pos <= mid) modify(LD, l, mid, pos);
  else modify(RD, mid + 1, r, pos);
  p[t] = pushup(p[LD], p[RD]);
}

int main() {
#ifdef dream_maker
  freopen("input.txt", "r", stdin);
#endif
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    int u, v; scanf("%d %d", &u, &v);
    addedge(u, v);
    addedge(v, u);
  }
  dfs(1, 0);
  num = n;
  build(1, 1, ind);
  scanf("%d", &q);
  while (q--) {
    scanf("%s", c);
    if (c[0] == 'C') {
      int u; scanf("%d", &u);
      if (col[u]) --num;
      else ++num;
      col[u] ^= 1;
      modify(1, 1, ind, dfn[u]);
    } else {
      if (num == 0) printf("-1\n");
      else if (num == 1) printf("0\n");
      else printf("%d\n", p[1].maxdis);
    }
  }
  return 0;
}
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