3779: 重组病毒
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Description
黑客们通过对已有的病毒反编译，将许多不同的病毒重组，并重新编译出了新型的重组病毒。这种病毒的繁殖和变异能力极强。为了阻止这种病毒传播，某安全机构策划了一次实验，来研究这种病毒。
实验在一个封闭的局域网内进行。局域网内有n台计算机，编号为1~n。一些计算机之间通过网线直接相连，形成树形的结构。局域网中有一台特殊的计算机，称之为核心计算机。根据一些初步的研究，研究员们拟定了一个一共m步的实验。实验开始之前，核心计算机的编号为1，每台计算机中都有病毒的一个变种，而且每台计算机中的变种都不相同。实验中的每一步会是下面中的一种操作：
实验在一个封闭的局域网内进行。局域网内有n台计算机，编号为1~n。一些计算机之间通过网线直接相连，形成树形的结构。局域网中有一台特殊的计算机，称之为核心计算机。根据一些初步的研究，研究员们拟定了一个一共m步的实验。实验开始之前，核心计算机的编号为1，每台计算机中都有病毒的一个变种，而且每台计算机中的变种都不相同。实验中的每一步会是下面中的一种操作：
1、 RELEASE x
在编号为x的计算机中植入病毒的一个新变种。这个变种在植入之前不存在于局域网中。
在编号为x的计算机中植入病毒的一个新变种。这个变种在植入之前不存在于局域网中。
2、 RECENTER x
将核心计算机改为编号为x的计算机。但是这个操作会导致原来核心计算机中的病毒产生新变种，并感染过来。换言之，假设操作前的核心计算机编号为y，相当于在操作后附加了一次RELEASE y的操作。
根据研究的结论，在植入一个新变种时，病毒会在局域网中搜索核心计算机的位置，并沿着网络中最短的路径感染过去。
而第一轮实验揭露了一个惊人的真相：病毒的不同变种是互斥的。新变种在感染一台已经被旧变种感染的电脑时，会把旧变种完全销毁之后再感染。但研究员发现了实现过程中的漏洞。如果新变种在感染过程中尚未销毁过这类旧变种，需要先花费1单位时间分析旧变种，才能销毁。如果之前销毁过这类旧变种，就可以认为销毁不花费时间。病毒在两台计算机之间的传播亦可认为不花费时间。
将核心计算机改为编号为x的计算机。但是这个操作会导致原来核心计算机中的病毒产生新变种，并感染过来。换言之，假设操作前的核心计算机编号为y，相当于在操作后附加了一次RELEASE y的操作。
根据研究的结论，在植入一个新变种时，病毒会在局域网中搜索核心计算机的位置，并沿着网络中最短的路径感染过去。
而第一轮实验揭露了一个惊人的真相：病毒的不同变种是互斥的。新变种在感染一台已经被旧变种感染的电脑时，会把旧变种完全销毁之后再感染。但研究员发现了实现过程中的漏洞。如果新变种在感染过程中尚未销毁过这类旧变种，需要先花费1单位时间分析旧变种，才能销毁。如果之前销毁过这类旧变种，就可以认为销毁不花费时间。病毒在两台计算机之间的传播亦可认为不花费时间。
研究员对整个感染过程的耗时特别感兴趣，因为这是消灭病毒的最好时机。于是在m步实验之中，研究员有时还会做出如下的询问：
3、 REQUEST x
询问如果在编号为x的计算机的关键集合中的计算机中植入一个新变种，平均感染时间为多长。编号为y的计算机在编号为x的计算机的关键集合中，当且仅当从y沿网络中的最短路径感染到核心计算机必须经过x。由于有RECENTER操作的存在，这个集合并不一定是始终不变的。
3、 REQUEST x
询问如果在编号为x的计算机的关键集合中的计算机中植入一个新变种，平均感染时间为多长。编号为y的计算机在编号为x的计算机的关键集合中，当且仅当从y沿网络中的最短路径感染到核心计算机必须经过x。由于有RECENTER操作的存在，这个集合并不一定是始终不变的。
至此，安全机构认为已经不需要实际的实验了，于是他们拜托你编写一个程序，模拟实验的结果，并回答所有的询问。
Input
输入的第一行包含两个整数n和m，分别代表局域网中计算机的数量，以及操作和询问的总数。
接下来n-1行，每行包含两个整数x和y，表示局域网中编号为x和y的计算机之间有网线直接相连。
接下来m行，每行包含一个操作或者询问，格式如问题描述中所述。
接下来n-1行，每行包含两个整数x和y，表示局域网中编号为x和y的计算机之间有网线直接相连。
接下来m行，每行包含一个操作或者询问，格式如问题描述中所述。
Output
对于每个询问，输出一个实数，代表平均感染时间。输出与答案的绝对误差不超过 10^(-6)时才会被视为正确。
Sample Input
8 6
1 2
1 3
2 8
3 4
3 5
3 6
4 7
REQUEST 7
RELEASE 3
REQUEST 3
RECENTER 5
RELEASE 2
REQUEST 1
1 2
1 3
2 8
3 4
3 5
3 6
4 7
REQUEST 7
RELEASE 3
REQUEST 3
RECENTER 5
RELEASE 2
REQUEST 1
Sample Output
4.0000000000
2.0000000000
1.3333333333
2.0000000000
1.3333333333
HINT
N < = 1 00 000 M < = 1 00 000
Source
Solution
这道题真是容易写残调半天。
把题目转化一下发现这些过程实际上类似于LinkCutTree，具体的三个操作分别是：
1、将x到根路径上的所有点染成一种新的颜色；
2、将x到根路径上的所有点染成一种新的颜色，并且把这个点设为根；
3、查询以x为根的子树中所有点到根 虚边数+1 的平均值。
然后1对应Access，2对应makeroot，3维护子树和。
LinkCutTree并不支持维护子树和，所以用dfs序+线段树维护，在每次Access的时候会对相应节点子树+1\-1，这个用线段树很好实现。
然后至于换根对线段树的影响，就一如既往的讨论三种情况即可。
自己开始写的时候LCT直接link(x,y)，一直有点小错误，然后发现，我的Link是无根树的写法，此处有向树，直接Link需要注意一下谁是谁的fa，然后就可以了，也可以直接利用DFS的信息赋值，然后再另其自生自灭。
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MAXN 100010
int N,M;
struct EdgeNode{int next,to,from;}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],cnt=1;
inline void AddEdge(int u,int v) {cnt++; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; edge[cnt].to=v; edge[cnt].from=u;}
inline void InsertEdge(int u,int v) {AddEdge(u,v); AddEdge(v,u);}
int pl[MAXN],dfn,pre[MAXN],pr[MAXN],root,father[17][MAXN],deep[MAXN];
LL val[MAXN];
inline void DFS(int now,int last)
{
pl[now]=++dfn; pre[dfn]=now; val[now]=val[last]+1;
for (int i=1; i<=16; i++)
if (deep[now]>=(1<<i)) father[i][now]=father[i-1][father[i-1][now]];
else break;
for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
if (edge[i].to!=last)
father[0][edge[i].to]=now,
deep[edge[i].to]=deep[now]+1,
DFS(edge[i].to,now);
pr[now]=dfn;
}
inline int LCA(int x,int y)
{
if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
int dd=deep[x]-deep[y];
for (int i=0; i<=16; i++) if (dd&(1<<i)) x=father[i][x];
for (int i=16; i>=0; i--)
if (father[i][x]!=father[i][y])
x=father[i][x],y=father[i][y];
return x==y? x:father[0][x];
}
inline int Jump(int x,int k)
{
for (int i=0; i<=16; i++)
if (k&(1<<i)) x=father[i][x];
return x;
}
namespace SgtTree
{
LL tree[MAXN<<2],tag[MAXN<<2]; int size[MAXN<<2];
inline void Update(int now) {tree[now]=tree[now<<1]+tree[now<<1|1];}
inline void Add(int now,LL val) {tree[now]+=(LL)size[now]*val; tag[now]+=val;}
inline void PushDown(int now)
{
if (!tag[now] || size[now]==1) return;
Add(now<<1,tag[now]); Add(now<<1|1,tag[now]);
tag[now]=0;
}
inline void Build(int now,int l,int r)
{
size[now]=r-l+1;
if (l==r) {tree[now]=val[pre[l]]; return;}
int mid=(l+r)>>1;
Build(now<<1,l,mid); Build(now<<1|1,mid+1,r);
Update(now);
}
inline void Modify(int now,int l,int r,int L,int R,LL val)
{
if (L>R) return;
PushDown(now);
if (L<=l && R>=r) {Add(now,val); return;}
int mid=(l+r)>>1;
if (L<=mid) Modify(now<<1,l,mid,L,R,val);
if (R>mid) Modify(now<<1|1,mid+1,r,L,R,val);
Update(now);
}
inline LL QueryT(int now,int l,int r,int L,int R)
{
if (L>R) return 0;
PushDown(now);
if (L<=l && R>=r) return tree[now];
int mid=(l+r)>>1; LL re=0;
if (L<=mid) re+=QueryT(now<<1,l,mid,L,R);
if (R>mid) re+=QueryT(now<<1|1,mid+1,r,L,R);
return re;
}
inline int QueryS(int now,int l,int r,int L,int R)
{
if (L>R) return 0;
PushDown(now);
if (L<=l && R>=r) return size[now];
int mid=(l+r)>>1,re=0;
if (L<=mid) re+=QueryS(now<<1,l,mid,L,R);
if (R>mid) re+=QueryS(now<<1|1,mid+1,r,L,R);
return re;
}
inline double Query(int now)
{
if (!now) return 0;
LL sum=0; int x,y,sz=0;
if (now==root)
sz=QueryS(1,1,N,pl[1],pr[1]),sum=QueryT(1,1,N,pl[1],pr[1]);
else
{
x=LCA(root,now);
if (x!=now)
sz=QueryS(1,1,N,pl[now],pr[now]),sum=QueryT(1,1,N,pl[now],pr[now]);
else
y=Jump(root,deep[root]-deep[now]-1),
sz=QueryS(1,1,N,1,pl[y]-1)+QueryS(1,1,N,pr[y]+1,N),
sum=QueryT(1,1,N,1,pl[y]-1)+QueryT(1,1,N,pr[y]+1,N);
}
return 1.0*sum/sz;
}
inline void Modify(int now,LL val)
{
if (!now) return;
int x,y;
if (now==root) Modify(1,1,N,pl[1],pr[1],val);
else
{
x=LCA(root,now);
if (x!=now)
Modify(1,1,N,pl[now],pr[now],val);
else
y=Jump(root,deep[root]-deep[now]-1),
Modify(1,1,N,1,pl[y]-1,val),Modify(1,1,N,pr[y]+1,N,val);
}
}
}using namespace SgtTree;
namespace LCT
{
int fa[MAXN],son[MAXN][2],left[MAXN],right[MAXN]; bool rev[MAXN];
inline bool is_root(int x) {return !fa[x] || son[fa[x]][0]!=x&&son[fa[x]][1]!=x;}
inline void Pushup(int x)
{
if (!x) return;
left[x]=right[x]=x;
if (son[x][0]) left[x]=left[son[x][0]];
if (son[x][1]) right[x]=right[son[x][1]];
}
inline void Rev(int x) {if (!x) return; swap(left[x],right[x]),swap(son[x][0],son[x][1]),rev[x]^=1;}
inline void Pushdown(int x) {if (!x) return; if (rev[x]) Rev(son[x][0]),Rev(son[x][1]),rev[x]^=1;}
inline void Rotate(int x)
{
int y=fa[x],w=son[y][1]==x,z=fa[y];
son[y][w]=son[x][w^1];
if (son[x][w^1]) fa[son[x][w^1]]=y;
if (son[z][0]==y) son[z][0]=x; else if (son[z][1]==y) son[z][1]=x;
fa[x]=z; fa[y]=x; son[x][w^1]=y; Pushup(y);
}
int stack[MAXN];
inline void Splay(int x)
{
int t=x,top=0,y; stack[++top]=x;
while (!is_root(t)) stack[++top]=t=fa[t];
while (top) Pushdown(stack[top--]);
while (!is_root(x))
{
y=fa[x];
if (!is_root(y))
if ((son[fa[y]][0]==y)^(son[y][0]==x)) Rotate(x);
else Rotate(y);
Rotate(x);
}
Pushup(x);
}
inline void Access(int x)
{
for (int y=0; x; y=x,x=fa[x])
Splay(x),
SgtTree::Modify(left[y],-1),
SgtTree::Modify(left[son[x][1]],1),
son[x][1]=y,Pushup(x);
}
inline void Makeroot(int x) {Access(x); Splay(x); Rev(x);}
}using namespace LCT;
int main()
{
N=read(),M=read();
for (int i=1,x,y; i<=N-1; i++) x=read(),y=read(),InsertEdge(x,y);
DFS(root=1,0);
SgtTree::Build(1,1,N);
for (int i=1; i<=N; i++) LCT::fa[i]=father[0][i],LCT::left[i]=LCT::right[i]=i;
while (M--)
{
char opt[10]; int x;
scanf("%s",opt+1); x=read();
switch (opt[3])
{
case 'L': LCT::Access(x); break;
case 'C': LCT::Makeroot(x); root=x; break;
case 'Q': printf("%.10lf\n",SgtTree::Query(x)); break;
}
}
return 0;
}
突然想起char哥说这种题做的非常爽...然而，我因为线段树区间操作手贱达成了if (l==r)外加LCT中忘swap了一个地方两个脑残错误调了整整两节晚自习啊，感觉非常蛋疼；
这说明以后写数据结构，思路一定要清晰，写的时候一定不能图快，要不然Debug浪费的时间更多。
外加，自己常数怎么这么大啊，BZOJ成功倒数rank1......知乎