更新于 8 月 26 日

时间又过了两天。现状如下：

• 博客里的“早安”消失了，多了一篇封禁公告

管理员终于开始工作了。

更新于 8 月 24 日

时间已经过去几天，观察到的现状如下：

• 这篇文章多了一些赞，而不是踩。证明了希望 UOJ 能活下去的用户还是有一定数量的。

• NOI2019 的题目还是没有加上来。

• 博客里的『早安』还安安静静地躺在那里，安然无恙。

• 从上述现状可以推断，没有任何管理员看到了这篇文章。

因此，我在此建议所有用户立即备份自己提交在 UOJ 上的代码和写在 UOJ 上的博客，以应对随时可能到来的终焉之日。

不知道几周之后的《暂别》，管理员会以怎样的一种心态写下呢？

以下原文

2015 年 UOJ 刚创立不久的时候，UOJ 的题目还在保证质量的同时保持着更新；UR 还保持着每个月一场左右的频率，题目的质量也都非常高，甚至可以和 IOI 相比；日志里还都是各位大神的高质量题解、算法等介绍。当时的 UOJ 可以说是 OI 中最高水平的社区，可以类比当时的『知乎』的地位。

然而现在的 2019 年，UOJ 的情况又怎么样了呢？题目方面，就算是 CCF 官方的比赛，也要延迟好几个月才加上 OJ（直到我写下博客的 2019 年 8 月 23 日，NOI 2019 的题目还是没有加上 UOJ），甚至有的时候一场比赛只加了一道管理员自己的题（某省 OI）；比赛已经好久没办过，之前一个月一次的 UR 变成了一年甚至两年一次，前两年 NOI 前举办的 UNR 今年居然也消失了；日志里充斥着各种没有意义的水、吐槽、博客广告甚至早安晚安（搞笑的是，在我发完这篇博客十分钟后，又有一篇『早安』发了出来），Hack 里充斥着各种 Hack A+B，而管理员似乎都熟视无睹；就连两台评测机效率不同导致的不公平现象，在 2016 年提到后至今似乎也没解决。现在的 UOJ，除了第一、二版的高质量 UR 题外，没有任何不可替代的地方。

造成今天这样的局面，最主要的原因还是管理员的懈怠。加题、办比赛、维护社区环境，这些都是管理员的责任。如果说没有好题的来源导致办比赛困难，起码加官方试题的工作也要及时完成一下吧？更别说维护社区环境这种和技术完全无关的任务。『没有金刚钻，别揽瓷器活。』如果对维护 OJ 没有足够的兴趣、不愿意付出哪怕加一道题、删一个水帖的时间，请不要占着这个管理员职位，让那些真正有精力、有能力的人来维护 UOJ。作为一个注册、关注 UOJ 4 年、且所有算法博文都放在且只放在 UOJ 博客上的用户，见证着 UOJ 世风日下的过程，这样的结果怎能不让我痛心。可能一些老用户看到这样的结果，但担心受到『你行你上』、『站着说话不腰疼』的评价而不愿意挺身而出，那就让我来做一个刺头、一个坏人、一个靶子吧。现在的 UOJ，是你们希望看到的样子吗？

按惯例，现在大概是管理员换届的时间。与其发一篇充满个人经历的感人《暂别》，不如好好选出下一届的管理员，至少选出愿意维护题目、维护社区环境的那些人，让《暂别》评论区中的『管理员辛苦了』名副其实。现在的管理员，请你们三思！

EOF

// 当然，在一些情况下，管理员根本不会看到这篇文章。这篇文章也会被无数的『踩』和谩骂的评论区充满，沉没在在历史的深渊中。这样，UOJ 的未来可能已经不难预料了。

利益无关：猫锟不是本题的命题猫。

算法一

最小权覆盖集 = 全集 - 最大权独立集

强制取点、不取点可以使用把权值改成正无穷或负无穷实现。

接下来就是经典的“动态最大权独立集”了，这题的题解在我之前博客有，洛谷上也可以提交。

$O(n\log n)$。

算法二

考虑修改的两个点 $a,b$ 构成这条链。

可以把操作看作是：先在这条链伸出去的每棵子树上 DP，最后再在这条链上 DP。

伸出去的子树以及链的中间的点和修改无关，因而可以整合起来高效处理，因为它们的转移是不受影响的；但是 $a$ 和 $b$ 的转移是受影响的，需要单独处理。

因此可以先预处理出每个子树的 DP 值，然后用倍增或树剖维护“从一个点往上按照通用规则 DP 到另一个点的结果”，这样只需要特殊处理修改的点，其他地方只需要直接倍增。

$O(n\log n)$。

算法三

如果不想写倍增，也可以写这样一个算法：把所有的询问放在一起处理。

也就是说，由于每条链中间的 DP 转移全部相同，因而我们可以批量地对所有需要进行这一转移的 DP 进行转移，从而加快速度。

这个算法虽然实现较容易，但理解较为困难，因而不再叙述。

$O(n\log n)$。

总结

本题的三个做法对应着动态 DP、虚树计算和整体 DP 的思想，体现了三个算法（在一定条件下）的等价性。

动态 DP $\Rightarrow$ 虚树计算：动态维护被修改的点构成的虚树（可能会增加复杂度）；

虚树计算 $\Rightarrow$ 动态 DP：一个一个加入虚树中的点；

动态 DP $\Rightarrow$ 整体 DP：每个修改看作时间的区间，用线段树批量应用修改（不一定可行）；

整体 DP $\Rightarrow$ 动态 DP：一个一个询问进行处理，依次加入对称差（可能会增加复杂度）；

虚树计算 $\Rightarrow$ 整体 DP：按询问分组批量进行；

整体 DP $\Rightarrow$ 虚树计算：通过 整体 DP $\Rightarrow$ 动态 DP $\Rightarrow$ 虚树计算 进行转化（不一定可行）。

可以看出，动态 DP 和整体 DP 具有很强的适用面，都有各自才能解决的问题；而虚树计算的能力则是最弱的，常常可以等复杂度地转化为另外两者（一些例外是需要在虚树上点分治的问题）。

最近听说 SDOI2017 R2 某题可以用我论文中的“基于链的分治优化树上动态 DP”的方法 A 掉……我很开心啊……

因此我把这道题出到了校内训练中……

在出题之前，肯定是要去把这题先做一遍的……然后，我发现我弄出了一些新的东西……！

题意简述

给出一棵无根树 $T$，节点从 $1$ 到 $n$ 编号，点 $i$ 的权值为 $v_i$。定义一棵树的权值为树中所有点的权值异或起来的结果。

你想要在树上玩一个游戏。你会做 $m$ 次以下两种操作：

• C x y：将 $v_x$ 修改为 $y$。
• Q k：询问 $T$ 有多少棵非空的连通子树，满足这棵子树的权值为 $k$。输出模 $10007$。

数据范围：$n,m\le 30000$，$0\le v_i,y,k < 128$。

时空限制：2s、128MB。

算法讨论

如果只有一次询问，非常容易想到暴力 DP。先转有根树。在全局记录答案数组 $ans(k)$ 表示权值为 $k$ 的子树个数。对每个点 $i$ 记录 $f(i, k)$ 表示子树中深度最小的点为 $i$ 且子树权值为 $k$ 的连通子树个数。记录 $g(i, j, k)$ 表示子树中深度最小的点为 $i$ 且所有其他的节点都在 $i$ 的前 $j$ 个子节点的子树中的连通子树个数。那么我们就有以下方程（设 $Ch(i)$ 为 $i$ 的子节点列表）：

• $g(i, 0, k) = [k=v_i]$
• $g(i, j, k) = \sum_{t=0}^{127} g(i,j-1,t)\times (f(Ch(i)_j, k\oplus t) + [k\oplus t = 0])$
• $f(i, k) = g(i, |Ch(i)|, k)$
• $ans(k) = \sum_{i=1}^n f(i, k)$

总时间复杂度为 $O(nm\times 128^2)$。

接下来可以注意到第 2 个式子是一个“异或卷积”的形式，不难想到使用 FWT 可以优化到 $O(128\log 128)$。然后注意到 FWT 之后，加法和乘法都可以直接按位相加，因此可以在一开始就将所有数组 FWT，运算过程中全部使用 FWT 之后的数组，最后再将 $ans( * ) $ 数组 FWT 回去即可。这样就可以去掉一个 $\log 128$。时间复杂度为 $O((n + \log 128)\times 128)$。

再接下来就是优化修改复杂度了。看过我论文或做过 BZOJ 4712 的同学容易想到使用链分治维护树上动态 DP。首先将树进行轻重链剖分，然后按照重链构成的树的顺序进行 DP。如果这样以后每一条重链上的转移可以高效维护、支持修改，那么每次修改点 $p$ 之后，我们就可以高效地更新点 $p$ 到根的 $O(\log n)$ 条重链的信息即可。

首先 $ans(k)$ 是全局变量，不好维护。那么可以不记录 $ans( * )$，而是记录 $h(i, k)$ 表示 $i$ 子树中的 $f(i, k)$ 的和，那么这样整个 DP 就有子树的阶段性了。

可以发现 $f(i, k)$ 就是先将 $g(i, 0, * )$ 和所有子节点 $p$ 的 $f(p, k ) + [k = 0]$ 全部卷积起来的值。即如果设 $F_i(z)$ 表示 $f(i, * )$ 这一数组的生成函数，那么可以得出 $$F_i(z) = z^{v_i}\prod_{p\in Ch(i)} (F_p(z) + z^0) $$ 这里的卷积定义为异或卷积。那么对于一条重链上的每一个点 $i$，我们只需要将 $i$ 的所有轻儿子 $lp$ 的 $F_{lp}(z) + z^0$ 全部卷积起来，这样就考虑了所有轻儿子的子树中的贡献，设这个卷积的结果为 $LF_i(z)$。同样对于每个点我们记录 $LH_i(z)$ 表示这个点的每个轻儿子的 $H_{lp}(z)$ 之和（这里 $H_i(z)$ 的定义类似 $F_i(z)$，只不过是对 $h(i, * )$ 定义的）。每个点的轻边的信息和可以用线段树维护来支持高效修改。

Claris 大神说这里信息可减因此不用线段树，但我觉得这里的 $LF_i(z)$ 的信息相减需要做除法，如果出现 10007 的倍数则没有逆元，无法相除，因此我仍然采用线段树维护。

注意到上述算法只要求我们能求出 $F_{重链顶}(z)$ 和 $H_{重链顶}(z)$，就可以维护父亲重链的信息或答案了。因此现在只需要考虑所有过当前重链的子树。在这里我们有如下两种截然不同的思路。

基于维护序列信息的算法

论文中提到的方法是转化为序列上的问题，然后使用线段树维护。由于连通子树和重链的交一定也是一段连续的链，那么我们显然就可以像最大子段和问题那样，记录 $D_{a,b}(z)$ 表示 $a=[$左端点在连通子树中$]$、$b=[$右端点在连通子树中$]$ 的方案数。这个算法将修改复杂度优化为 $O(128\log^2 n + 128\log 128)$，已经可以通过本题了。

但是这个算法有一定的问题：首先它具有较大的常数因子，运行时间较慢。其次，这个算法仍然利用了具体题目的性质——连通子树和重链的交还是链。而并非所有的题都有这样的性质。最后，由于要不重不漏地计数，代码细节繁多，十分难写。

基于变换合并的算法

对于一条重链，设重链上的点按深度从小到大排序后为 $p_1,p_2,...,p_c$，那么我们可以得出以下方程：

• $F_{p_c}(z) = H_{p_c}(z) = z^{v_{p_c}}$ （因为 $p_c$ 没有子节点）
• $F_{p_i}(z) = LP_{p_i}(z) \times (F_{p_{i+1}}(z) + z^0) \times {z^{v_{p_i}}}$
• $H_{p_i}(z) = H_{p_{i+1}}(z) + F_{p_{i}}(z)$

而我们所需要求的只有 $F_{p_1}(z)$ 和 $H_{p_1}(z)$。

可以观察到上面这个式子中，向量 $\left(F_{p_{i+1}}(z), H_{p_{i+1}}(z), z^0\right)$ 是通过一个线性变换得到向量 $\left(F_{p_i}(z), H_{p_i}(z), z^0\right)$，具体地来说是右乘上这样一个矩阵：

$$M_i=\begin{pmatrix} LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & LH_ {p_i} + LF_{p_i}{z}\times {z^{v_{p_i}}} & 1 \end{pmatrix}$$

而矩阵乘法是满足结合律的，也就是说，我们只需要用线段树支持单点修改某个矩阵 $M_i$、维护矩阵的积，我们就可以高效地求出我们所需要的向量 $(F_{p_1}(z), H_{p_1}(z), 1)$。而这是容易做到的，因此这个算法是完全可行的。这样，这个算法也将修改复杂度优化为了 $O(128\log^2 n + 128\log 128)$，可以通过本题。

简单优化这个算法的常数。注意到形如 $$\begin{pmatrix} \underline{a} & \underline{b} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{c} & \underline{d} & 1 \end{pmatrix}$$ 的矩阵乘法对这个形式封闭，因为 $$\begin{pmatrix} \underline{a_1} & \underline{b_1} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{c_1} & \underline{d_1} & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \underline{a_2} & \underline{b_2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{c_2} & \underline{d_2} & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \underline{a_1 a_2} & \underline{b_1 + a_1 b_2} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \underline{a_2 c_1 + c_2} & \underline{b_2 c_1 + d_1 + d_2} & 1 \end{pmatrix}$$

因此我们只需要对每个矩阵维护 $a,b,c,d$ 四个变量即可。同时可以直接用等号右边的形式来计算矩阵乘法，这样就只需要做 $4$ 次而不是 $27$ 次生成函数乘法了，常数大大减小了。

比较与扩展

这两个算法的时间复杂度相同，并且都可以扩展到询问某一个有根树子树的信息——只需要对那一条重链询问一下信息和/变换和即可。

我们来审视一下后一个算法。首先，这个算法基于的是直接对这个 DP 本身进行优化这样一种思想，而不是通过分析具体题目的性质进行处理，因此这种算法具有更高的通用性。其次，由于这个算法是直接对这个 DP 本身进行优化，因此正确性显然，细节也要少于论文中介绍的在区间中维护 $D_{a,b}(z)$ 信息的方法（维护 $D_{a,b}(z)$ 这个方法必须严格分类，因此细节繁多，常数也较大）。因此这个算法比前一个的算法更加优秀。

然而，事实上这个算法同样利用了题目的一些性质——这题是计数类问题，而且转移是线性变换，因此可以用矩阵来维护，而矩阵恰恰是一种可以合并的变换。那么对于其他的题目，是否也能用这种基于变换合并的算法呢？

BZOJ 4712 加强版（不保证修改不降）

这是一道在论文中有提到的题目。论文中介绍的算法正是一种基于标记合并的算法，其标记为 $trans_{a,b}(x)=\min(a, x+b)$ 并且对加法封闭。这个算法的常数十分优秀。

树上动态最大权独立集问题

这同样是一道在论文中有提到的题目。论文中介绍的是使用线段树维护序列上信息的方法。

考虑新的思路。记录 $f(i)$ 表示所有点都在 $i$ 子树中的最大权独立集的权值（以下简称答案），$g(i)$ 表示所有点都在 $i$ 子树中且独立集不包括点 $i$ 的答案；同样记录 $Lf(i)$、$Lg(i)$ 表示所有轻儿子的 $f(lp)$ 或 $g(lp)$ 的和。

首先写出 $p_i$ 关于 $p_{i+1}$ 的转移：

• $g(p_i) = Lf(p_i) + f(p_{i+1})$
• $f(p_i) = \max(g(p_i), v_i + Lg(p_i) + g_(p_{i+1})$

考虑对这些 $g_{p_i}$、$f_{p_i}$ 定义新的加法和乘法运算：其中“加法” $a\oplus b$ 定义为 $\max(a, b)$、“乘法” $a\otimes b$ 定义为 $a+b$——根据加法分类、乘法分步的原理定义。那么转移方程可以写成这样：

• $g(p_i) = Lf(p_i) \otimes f(p_{i+1})$
• $f(p_i) = Lf(p_i) \otimes f(p_{i+1}) \oplus v_i \otimes Lg(p_i) \otimes g_(p_{i+1})$ // 这里将 $g(p_i)$ 代入了

这样，我们的转移就同样是“线性变换”，可以用矩阵来维护矩阵乘法了。算法的正确性可以用将这种新定义运算的矩阵乘法展开后证明，也可以将这种算法类比为 Floyd 求最短路来理解——它和 Floyd 的实现其实是一样的。

神奇的子图

这就是论文题……

首先考虑树上的算法。记录 $f(i, k)$ 表示所有点都在 $i$ 中且 $i$ 的点度为 $k$ 时的连通子图最大权值和，记录 $g(i)$ 表示 $i$ 子树中所有点 $j$ 的 $\max f(j, * )$。转移的时候，$f(i, * )$ 是对子节点跑重量为 $1$、价值为 $\max f(p, k < K )$ 的背包，同时更新 $g(i)$。

可以注意到，背包可以写成卷积的形式，而卷积可以写成矩阵乘法的形式，因此使用矩阵来表示变换是完全可行的。维护向量 $(f(p_i, 0), f(p_i,1), ..., f(p_i, k), g(p_i), 1)$，这样不难写出转移矩阵，就可以进行转移了。使用线段树维护即可做到和论文中相同的复杂度。同样，结合圆方树可以得到本题的另一个满分算法，复杂度相同。

这个算法的细节比原来的算法要少非常多，常数也小一些。

UOJ 268

终于不是论文中提到的题目了……

题意经过简化后变成这样：给出一棵树，每个点有 $a_i,b_i$ 两个权值，定义一条链 $(x, y)$ 的权值为链上所有点的 $a_i$ 加上 $b_{\mathrm{LCA}(x, y)}$。要求单点修改 $a_i$、链上修改 $b_i$（修改都是加一个数或减一个数），动态维护权值最大的链。

可以类比《神奇的子图》记录状态 $f(i, k\in\{0,1,2\})$、$g(i)$，意义和转移类似《神奇的子图》，只是 $f(i, * )$ 更新 $g(i)$ 时要加上 $b_i$。单点修改 $a_i$ 容易支持，考虑如何支持链上修改 $b_i$。不妨将 $b_i$ 差分，即设 $b'_i = b_i - b_{fa(i)}$，那么我们同样可以用 $b'_i$ 写出转移方程，并且链上修改变成了单点修改，易于维护。

转化为单点修改后，虽然要进行 $4$ 个节点的单点修改，但单点修改的常数小于链上修改，因此这个算法常数优于之前的算法。

神奇的简单路径

又是论文中的题了……

题意简述：给出一张图，保证每个点双 $\le 8$，每次修改点权，或询问两点之间最长简单路径，或询问全局最长简单路径。

如果只有全局最长简单路径，那么就是《神奇的子图》的弱化版。现在考虑第一个询问。这种询问相当于在圆方树上做链上询问。如果是暴力的话，那么就是沿着链一个一个点 DP 上来。这种链上的 DP 显然也可以写成变换的形式，那么我们也只需要维护这条链上的变换和即可，具体实现同样用矩阵，复杂度和原算法相同。

要注意的是一个一个 DP 上来时有向上的一段和向下的一段，因此线段树中维护矩阵的积时也要维护一正一反两种信息。

总结

基于变换合并的树上动态 DP 算法，完全地采用了对 DP 本身进行优化的思想，思路较于一般的树上动态 DP 算法思路更加直观、正确性更加显然。它不仅可以通用地解决之前所有的问题，还可以获得更小的思维难度、更小的代码难度和更快的运行速度，是论文中介绍的原算法的一个很大的改进。

当然，这个算法还有一些局限性。希望大家能和我分享关于这方面的研究，希望在我们的共同努力下能有更多更好的算法出现。

之前本猫做 http://uoj.ac/problem/173 的时候，发现如果将 Treap 的 size 记为整棵子树（而非当前层）的大小，复杂度好像是对的。之前过不了好像是建树时的 push_up 次数常数过大，我就把初始化改成先不 push_up，建好之后再 push_up，直接用优化成线性；后面改成每次修改完之后才 push_up 后，操作次数就只剩三百多万了。

然后就想用 Treap 来写 LCT，看一看能不能达到同样是 $O(n\log n)$ 的复杂度。本猫用的是非旋转、无权值的 Treap，利用 split 和 merge 来维护序列，在 merge 时以 size 作为概率决定哪一个点在上面。

以下以 http://uoj.ac/problem/3 题为例。

结构体

struct Node
{
    Node *p, *l, *r;    // p：为了方便，记录节点父亲；l、r：左右儿子
    int val, max;    // val：自己的权值；max：当前重链上的最大权值
    uint cnt, sum;    // cnt：这个点的所有轻边的子树大小 + 1；sum：当前子树的 cnt 之和
    bool rev;  // 翻转标记
}

为了保证复杂度，本猫采用了“LCT 维护子树大小”的做法，将 cnt 和 sum 维护成子树大小，并据此作为 Treap 的随机种子。

access

这是 LCT 的最基本的操作。伪代码如下：

access(node):
    p = node 所在的重链
    q = 空链
    while p != null:
        # 设 b 为 node 的轻儿子
        将 p 所在的重链从 node 处拆分为 a、b 两段（node 是 a 段的末尾）

        # 维护轻边子树大小之和
        node.cnt += b.sum - q.sum
        更新 p 使得其正确维护信息

        # 设 q 为 node 的重儿子
        p = 连接 a、q 
        更新 p 使得其正确维护信息

        # 下一步循环
        q = p
        node = q 的重链顶端的父亲
        p = node 所在的重链

那么我们就要支持对 Treap 进行从某一个点开始拆分以及合并两个 Treap。显然合并就是 merge 操作。我们只需要实现一个自下而上的 split 操作，循环即可实现。注意这些操作中都要维护好每个节点的父亲。

其他 make_root、link、cut 操作都能利用上述操作实现（link 只需要设置重链父亲并维护 cnt，cut 需要一次 split）。

效果

提交为 http://uoj.ac/submission/129275 。感觉上速度挺正常的，不比 Splay 版的慢多少（吐槽：同样的代码连续提交两次使用时间差了 0.7s！）。

为了验证我们维护子树大小确实能欧化复杂度，修改 cnt 的维护方式（修改后为 $O(n\log^2n)$）再次提交为 http://uoj.ac/submission/129302 。慢了一倍以上。

但仍然无法查明其复杂度是否低于 $O(n\log^2n)$。

有啥用

可能可以持久化？（然而还要解决 access 拼接次数是均摊的问题……）

可能可以用其他重量平衡树（如旋转版的 Treap）代替这里的非旋转 Treap，能解决更多 SAM + LCT 的题，或更好的解决 BZOJ 4234，甚至出到子树询问和仙人掌上？（之前有过块链 LCT 做法）

问题描述

给出一个某种元素的序列 $a_1,a_2,...,a_n$，要求进行 $m$ 次询问，每一次是询问一段区间 $[l,r]$ 的某种支持结合律和快速合并的信息，要求在线。

这类问题比较通用，比如在 DP 的优化中就常常见到。

要求复杂度尽量优秀，假设合并复杂度为 $O(1)$。

以下的时间复杂度 $O(A) + O(B) + O(C)$ 表示预处理复杂度、单次询问的复杂度和空间复杂度。

各种性质的具体问题

可减信息，如区间和、区间异或和

直接用前缀和实现，复杂度 $O(n)+O(1)+O(n)$。

可重复贡献信息，如区间最值

如果序列很长，使用线段树即可，复杂度 $O(n)+O(\log n)+O(n)$。

如果询问很多，但序列不是特别长，可以用倍增的 RMQ，复杂度 $O(n\log n)+O(1) + O(n\log n)$。

如果序列很长，询问也很多，可以对序列线性建立笛卡尔树转为 LCA 问题，然后转为正负 1 RMQ，每 $\log n$ 分一段打表预处理，复杂度 $O(n)+O(1)+O(n)$。

仅满足支持结合律和快速合并，如最大子段和、区间的串哈希值

一般使用线段树实现，复杂度 $O(n) + O(\log n) + O(n)$。

一种新的做法

上面一般做法的问题是：询问复杂度不够优秀。

如果问题没有任何性质，一般只能使用线段树。然而在实际的问题（或所优化的问题）中，由于询问不受空间大小的限制，一般询问的次数是大大多于序列的长度的，比如有的莫队需要查询 $O(n\sqrt n)$ 次的区间最值，这样倍增 RMQ 就有了用武之地。因此，我们考虑能否像 RMQ 那样，在一般的问题上，以预处理的时间和空间，换取快速的询问。

考虑一个询问 $[l,r]$。如果 $l=r$，则我们可以直接得出答案。否则，考虑 $[l,r]$ 在线段树上定位时，是在哪个线段树节点 $p$ 中同时递归到左右两个儿子（如果 $[l,r]$ 只定位为线段树上的一个节点，则视为同时递归进入两个儿子）。设该节点的区间 $[s, t)$，其中点为 $m$（两个一半的区间是 $[s,m)$ 和 $[m,t)$），那么区间一定是满足 $s\le l < m \le r < t$。如果我们对于每个 $l\le i < m$ 都预处理了 $[i,m)$ 的信息和 $prel(p,i)$，对于每个 $m \le i < r$ 都预处理了 $[m,i]$ 的信息和 $prer(p,i)$，那么所求的信息和就是 $prel(p,l)+prer(p,r)$。这一步是 $O(1)$ 的。现在唯一的问题是我们能否快速求出 $p$。

一般的线段树没有什么好的性质，但如果一棵线段树的值域是 $[0, 2^k-1)$，并且编号遵从堆式存储（$i$ 的儿子为 $2i$ 和 $2i+1$），那么 $[l,r]$ 所定位的区间，就是 $[l,r]$ 所对应的两个节点的 LCA，也就是 $l,r$ 两个位置对应节点的编号的二进制数的 LCP！获得 $x,y$ 的二进制数的 LCP 只需要使用 x >> Log2[x ^ y]（找出并丢弃第一个不同的二进制位及后面的位），其中 Log2 数组可以线性预处理，因此求出 $p$ 也只需要 $O(1)$ 的时间。这样，我们就得到了一种 $O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$ 的优秀算法。

我们称这一数据结构为猫树。

应用

经典问题：区间最大子段和

给出一个序列，多次询问区间的最大子段和。

这是一个经典的模型。不同于经典做法，我们只需要记录 $prel$、$prer$ 为对应前（后）缀的最大子段和、最大前（后）缀和即可。

复杂度：$O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$。实测在 $n=m=200000,a_i\le 10^9$ 的情况下，此做法的运行时间接近经典做法（非递归线段树实现）的 $2\over 3$。

经典问题：NAND

给出一个序列，多次询问一个 $x$ 对一个区间中所有数按顺序依次 NAND 的结果。

NAND 没有结合律，因此我们要用一些经典的处理方式。NAND 是按位独立的，因此我们可以对每一位维护信息：如果这一位刚开始是 0，那么按顺序 NAND 了这个区间中的所有数后会变成什么；如果这一位是 1 那么会变成多少。用位运算可以优化为 $O(1)$ 的信息合并。

使用猫树，即可直接支持 $O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$。

经典问题：区间凸包

现在来看看不那么傻逼的题。

给出一个平面上的点的序列，每次询问一个区间的凸包的面积，保证横坐标单调递增，强制在线。

这题的凸包不是贡献独立的，因此我们必须求出这个凸包。经典做法是用线段树套可持久化平衡树维护凸包，在线段树的节点直接保存凸包，用可持久化线段树的合并保证复杂度，代码非常繁琐，复杂度为 $O(n \log^2n)+O(\log^2n)+O(n\log^2n)$。

结合猫树，只要我们可持久化地保存 $prel,prer$ 为区间的凸包，这样我们就只需要资磁对左右两边预处理的凸包二分出一个公切线，然后进行计算即可，并不需要直接合并两个平衡树维护的凸包。而这里的凸包由于只有 $x$ 单调的插入，用简单的可持久化数组（线段树或平衡树）即可直接维护，代码量很小。复杂度为 $O(n\log^2n)+O(\log n)+O(n\log^2n)$。

BZOJ4540

给出一个区间，每次询问一个区间 $[l,r]$ 的所有子区间的区间最小值之和。

根据猫树的思想，我们考虑分开来计算代价。其中，$[l,m)$ 和 $[m,r]$ 的答案可以用单调栈线性预处理，就只需要考虑跨越部分了。对 $[l,m)$ 中记录每个数到 $m$ 的区间最小值，考虑这个最小值贡献答案的区间的右端点 $r$，这个最右的右端点可以通过左右的归并得出。这样预处理之后，就能做到 $O(1)$ 的询问复杂度。这里的细节比较繁琐，不过多说明。

这个做法实际运行时间十分优秀，在 $n=100000,m=2\times 10^7$ 的数据可以 $0.3s$ 出解。

扩展？

优化 DP

如果某种 DP 需要按顺序决定，但有很多次的区间查询，我们可以用猫树结合二进制分组做到相同的复杂度。

在查询次数很多的情况下，此做法比直接线段树维护具有优势。

树上无修改询问

考虑把猫树扩展到树上，以资磁快速的链上信息询问。我们对树进行点分治，预处理所有点到重心的信息（需要保存“包括中心”和“不包括重心”两种信息，如果有方向要求要专门考虑），这样同样能拆成两个已经预处理的信息的和。

询问的时候，我们需要找出这条链上最上面的重心。对点分治建立点分树（把重心连成树），然后我们要找到的重心就是询问的链端点的 LCA，这可以用倍增 RMQ 来预处理。

复杂度和区间问题相同，$O(n\log n)+O(1)+O(n\log n)$。

其实 BZOJ4568 是这种做法的离线版本。

UPD：代码参考

区间最大子段和

    const int MaxN = 200010;
    const ll inf = 1000000000000000000ll;
    int val[MaxN], pos[MaxN];
    struct Node
    {
        struct Data {ll pre, sum;} *dl, *dr;
        int mov_l, mov_r;
        IL ll query(RG int l, RG int r)
        {
            return dl[l -= mov_l].sum > dr[r -= mov_r].sum 
                ? dmax(dl[l].sum, dl[l].pre + dr[r].pre)
                : dmax(dr[r].sum, dl[l].pre + dr[r].pre);
        }
    } T[524288];
    int N;
    void build(RG int i, RG int l, RG int r)
    {
        if(l + 1 == r || N <= l) return;
        RG int m = (l + r) >> 1;
        build(i << 1, l, m);
        build(i << 1 | 1, m, r);

        RG Node *o = T + i;
        o->dl = new Node::Data[m - l], o->mov_l = l;
        o->dr = new Node::Data[r - m], o->mov_r = m;
        RG ll pre, max_pre, sum, max_sum;
        pre = sum = 0, max_pre = max_sum = -inf;
        for(RG int k = m - 1; k >= l; --k)
        {
            pre += val[k],                     cmax(max_pre, pre);
            sum = dmax(sum, 0) + val[k],    cmax(max_sum, sum);
            o->dl[k - l] = (Node::Data) {max_pre, max_sum};
        }
        pre = sum = 0, max_pre = max_sum = -inf;
        for(RG int k = m; k <= r - 1; ++k)
        {
            pre += val[k],                     cmax(max_pre, pre);
            sum = dmax(sum, 0) + val[k],    cmax(max_sum, sum);
            o->dr[k - m] = (Node::Data) {max_pre, max_sum};
        }
    }
    int pre[1024];

    IL void main()
    {
        RG int (*F)() = read<int>;
        RG int n = N = F();
        Rep(i, 0, n) val[i] = F();
        RG int D = 1; while(D < n) D <<= 1;
        build(1, 0, D);
        RG int l, r, d, v;
        pre[0] = 0;
        Rep(i, 1, 1024) pre[i] = pre[i >> 1] + 1;
        Rep(_, 0, F())
        {
            l = F() - 1, r = F() - 1;
            if(l == r) Print(val[l]);
            else
            {
                l += D, r += D;
                v = l ^ r;
                d = (v < 1024 ? pre[v] : 10 + pre[v >> 10]);
                Print(T[l >> d].query(l - D, r - D));
            }
        }
        io::flush();
    }

BZOJ4540

    const int MaxN = 131072;
    int a[MaxN], N;
    // 对单调栈中的数进行归并，并确定每一位对应的单调栈中元素
    struct Node
    {
        int m;
        struct Data
        {
            int pos;            // 在左右单调栈中的排名
            ll sum, ans;        // 答案的和
            ll pre;                // 到中点这一段的和
        } *pre;
        IL ll query(RG int l, RG int r)
        {
            RG int pl = pre[l].pos, pr = pre[r].pos;
            return pre[l].pre + pre[r].pre + ((pl < pr)
                ? pre[l].ans + (m - l)       * (pre[r].sum - (pl == m - l        ? 0 : pre[l + pl - 1].sum))
                : pre[r].ans + (r - m + 1) * (pre[l].sum - (pr == r - m + 1 ? 0 : pre[r - pr + 1].sum)));
        }
    } T[262144];
    void build(RG const int i, RG const int l, RG const int r)
    {
        if(l + 1 == r || N <= l) return;
        RG const int m = T[i].m = (l + r) >> 1;
        build(i << 1, l, m);
        build(i << 1 | 1, m, r);

        RG Node::Data *f = T[i].pre = (new Node::Data[r - l]) - l;

        static int stack[MaxN], b[MaxN];
        RG int top, cur, V; RG ll pre, ran, sum;
        pre = sum = top = ran = 0; cur = 2000000000; *stack = m;
        for(RG int i = m - 1; i >= l; --i)
        {
            V = a[i];
            for(; top && a[stack[top]] >= V; --top)
                ran -= (ll) a[stack[top]] * (stack[top - 1] - stack[top]);
            ran += (ll) V * (stack[top] - i);
            stack[++top] = i;
            cmin(cur, V); 
            f[i].sum = (sum += (b[i] = cur));
            f[i].pre = (pre += ran);
        }
        pre = sum = top = ran = 0; cur = 2000000000; *stack = m - 1;
        for(RG int i = m; i <= r - 1; ++i)
        {
            V = a[i];
            for(; top && a[stack[top]] >= V; --top)
                ran -= (ll) a[stack[top]] * (stack[top] - stack[top - 1]);
            ran += (ll) V * (i - stack[top]);
            stack[++top] = i;
            cmin(cur, V);
            f[i].sum = (sum += b[i] = cur);
            f[i].pre = (pre += ran);
        }
        sum = 0;
        RG int pl = m - 1, pr = m, N = 0, tmp;
        while(l <= pl || pr < r)
            (pr >= r || (l <= pl && b[pl] > b[pr]))
                ? (f[pl].pos = ++N, (tmp = (N - (m - pl)))         ? sum += (ll) b[pl] * tmp : 0, f[pl--].ans = sum)
                : (f[pr].pos = ++N, (tmp = (N - (pr - m + 1)))     ? sum += (ll) b[pr] * tmp : 0, f[pr++].ans = sum);
    }

    IL void main()
    {
        RG int (*F)() = read<int>;
        RG int n = N = F(), m = F(), D = 1;
        while(D < n) D <<= 1;
        Rep(i, 0, n) a[i] = F();
        build(1, 0, D);
        RG int l, r, v, d;
        static int pre[1024];
        Rep(i, 1, 1024) pre[i] = pre[i >> 1] + 1;
        while(m--)
        {
            l = F() - 1, r = F() - 1;
            if(l == r) Print(a[l]);
            else
            {
                l += D, r += D;
                v = l ^ r;
                d = (v < 1024 ? pre[v] : 10 + pre[v >> 10]);
                Print(T[l >> d].query(l - D, r - D));
            }
        }
        io::flush();
    }

代码的模板

//pb_ds 20160711
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
#define RG register
#define IL __inline__ __attribute__((always_inline))
#define For(i, a, b) for(RG int i = a, ___u = b; i <= ___u; ++i)
#define Dor(i, a, b) for(RG int i = b, ___d = a; i >= ___d; --i)
#define Rep(i, a, b) for(RG int i = a, ___u = b; i != ___u; ++i)
#define dmin(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define dmax(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define cmin(a, b) ((a) > (b) ? (a) = (b) : 1)
#define cmax(a, b) ((a) < (b) ? (a) = (b) : 1)
#define ddel(a, b) ((a) > (b) ? (a) - (b) : (b) - (a))
#define dabs(i) ((i) > 0 ? (i) : -(i))
typedef long long ll;
typedef unsigned uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;

#include <queue>
#include <vector>

namespace pb_ds
{   
    // 输入输出优化模板从此开始
    namespace io
    {
        const int MaxBuff = 1 << 15;
        const int Output = 1 << 23;
        char B[MaxBuff], *S = B, *T = B;
        //#define getc() getchar()
        #define getc() ((S == T) && (T = (S = B) + fread(B, 1, MaxBuff, stdin), S == T) ? 0 : *S++)
        char Out[Output], *iter = Out;
        IL void flush()
        {
            fwrite(Out, 1, iter - Out, stdout);
            iter = Out;
        }
    }

    template<class Type> IL Type read()
    {
        using namespace io;
        RG char ch; RG Type ans = 0; RG bool neg = 0;
        while(ch = getc(), (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-')     ;
        ch == '-' ? neg = 1 : ans = ch - '0';
        while(ch = getc(), '0' <= ch && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0';
        return neg ? -ans : ans;
    }
    template<class Type> IL void Print(RG Type x, RG char ch = '\n')
    {
        using namespace io;
        if(!x) *iter++ = '0';
        else
        {
            if(x < 0) *iter++ = '-', x = -x;
            static int s[100]; RG int t = 0;
            while(x) s[++t] = x % 10, x /= 10;
            while(t) *iter++ = '0' + s[t--];
        }
        *iter++ = ch;
    }
    // 输入输出优化模板到此结束

    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
    /** 把上面的代码拷贝到这里即可运行 */
}

int main()
{
    #define FILE "dev"
    //freopen(FILE ".in", "r", stdin), freopen(FILE ".out", "w", stdout);
    pb_ds::main();
    fclose(stdin), fclose(stdout);  
}

完结撒花

一直很喜欢在 struct 时用指针。除了在速度上有优势（数组要做额外的加法），还有一点就是它的代码是符合中英文的语序的。

举个例子：

k->fa->val->max = 1;

如果要解读这段代码，我们可以这样：

设置 
    k 
        的 fa 
            的 val 
                的 max 
为
    1

因为指针的代码是符合我们常用语言的语序的。如果用数组，我们就必须这样写：

max[val[fa[k]]] = 1

强行解读的话，就变成：

设置
    在所有 max 中，是
        在所有 val 中，是
            在所有 fa 中，是
                k
            的那一个 fa
        的那一个 val
    的那一个 max
为
    1

简直佶屈聱牙，难以成颂！然而，一种特殊的 C++ 数组写法可以解决这个问题。在 C++ 中，a[b] 等价于 *(a + b)，因此

a[b] = *(a + b) = *(b + a) = b[a]

也就是说，我们可以倒转数组名和下标的位置。比如我们可以

a[i] = i[a]
b[1] = 1[b]
c[2][2] = 2[c[2]] = 2[2[c]] // 每一个 [] 都有两种写法
d[1][2][3][4][5] = 5[4[3[2[1[d]]]]]
A[B[C[D[E[i]]]]] = i[E][D][C][B][A] // [] 是从左往右计算的

这个的第一个用途是混乱代码，防止在 CF 上被 Hack。试想如果你有个 5 维 DP，那么每一维你都有 2 种写法，总共就有 32 种写法，然后你在 DP 中混用这几种写法……（嘿嘿嘿！！！）

观察最后一行左边的那个形式，不正是我们 max[val[fa[k]]] 的形式吗？因此我们可以写成

max[val[fa[k]]] = k[fa][val][max]

嘿嘿嘿！熟悉的语序回来了！而且没有方括号的嵌套，减小了漏打、错打括号导致 CE 的可能性。那么在不方便使用指针（比如 64 位机卡内存）时，我们同样可以用数组做到优美的代码风格。

以下是数组版《树上两点距离》，用树链剖分求 LCA。在 query 时，语序十分自然。

#include <cstdio>
const int MaxN = 1000010;
int to[MaxN << 1], len[MaxN << 1], next[MaxN << 1], fir[MaxN];
void link(int x, int y, int v)
{
    static int tot = 1;
    ++tot, tot[next] = x[fir], tot[to] = y, tot[len] = v, x[fir] = tot;
    ++tot, tot[next] = y[fir], tot[to] = x, tot[len] = v, y[fir] = tot; 
}
int pre[MaxN], dep[MaxN], cnt[MaxN], cho[MaxN], top[MaxN];
void dfs_init(int i)
{
    i[cnt] = 1;
    for(int k = i[fir]; k; k = k[next])
        if(!k[to][cnt])
        {
            k[to][pre] = i;
            k[to][dep] = i[dep] + k[len];
            dfs_init(k[to]);
            i[cnt] += k[to][cnt];
            if(k[to][cnt] > i[cho][cnt])
                i[cho] = k[to];
        }
}
void dfs_make(int i)
{
    i[top] = (i == i[pre][cho]) ? i[pre][top] : i;
    for(int k = i[fir]; k; k = k[next])
        if(!k[to][top]) dfs_make(k[to]);
}
int query(int x, int y)
{
    int ans = x[dep] + y[dep];
    while(x[top] != y[top])
        x[top][dep] > y[top][dep]
            ? x = x[top][pre]
            : y = y[top][pre];
    ans -= (x[dep] < y[dep] ? x[dep] : y[dep]) << 1;
    return ans;
}

int main()
{
    int n, m, x, y, v; scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = n; --i; ) scanf("%d%d%d", &x, &y, &v), link(x, y, v);
    dfs_init(1), dfs_make(1);
    while(m--) scanf("%d%d", &x, &y), printf("%d\n", query(x, y));
}

营员交流课件

链接: http://pan.baidu.com/s/1hrM1Ic8 密码: dc4j

概述

随着业界毒瘤的推动，我们开始见到越来越多的仙人掌题。对于这种题，我们总是想办法把仙人掌转化为树来做，从而将熟悉的树的算法修改后用于仙人掌上。

圆方树是一种由我们提出的树的结构，它能轻松的将仙人掌转化为树，并能资磁仙人掌上点分治、虚仙人掌、仙人掌剖分等经典的树上问题，在 UOJ 上若干道仙人掌题目中，均有极高的效率。

构造

首先我们要构造原仙人掌 $G$ 的圆方树 $T_G$。我们定义原仙人掌上的点为圆点，现在我们考虑转化。

我们对仙人掌进行点双的 Tarjan 算法，因为仙人掌上每个环都是一个点双，而且在栈中的顺序就是环上点的顺序。那么考虑一个点 $i$ 的一条出边 $（i,j)$ 满足 $dfn(i) < low(j)$，那么说明 $(i, j)$　是一条树边，我们在 $T_G$ 中直接连上这两个点即可；如果 $dfn(i) = low(j)$，那么我们找到了一个环（可能是重边造成的二元环），则从栈中取出点直到取出 $j$ 为止，设这样从栈中取出的点集为 $R$，则 $R \cup \{i\}$ 是一个环；对于其他情况，我们按照 Tarjan 的步骤执行即可，无需特殊处理。

对于一个环 $R \cup \{i\}$，设 $i$ 为环的 根。我们新建一个方点 $P$，在 $T_G$ 中连接所有的 $(P, q), q\in R \cup \{i\}$。这样连的边数等于环上点数，而点又多了一个，因此最后连出的 $T_G$ 是树。

性质

圆方树有优美的性质。

1. 无论如何换根，圆方树形态不变 //因为你是把环连成菊花而不是别的什么

2. 圆方树的子树 = 原仙人掌的子仙人掌 //分类讨论各种情况可以证明

3. 方点不会和方点相连

还有其他神奇的性质，要具体题目具体分析。

应用

最短路

类比树上最短路，我们在 LCA 处考虑。然而圆方树的树上距离并不一定就等于仙人掌上的最短路长度。

注意到圆方树中的边权都还没有确定，那么我们就可以现在确定了。如果一条边是圆圆边（圆点指向圆点的边，这里已经任意选择一圆点为根），那么它是一个树边，边权等于原仙人掌上边权；如果是方圆边，那么边权等于环的根到那个圆点的最短路径长度；如果是圆方边，那么边权为 0。

这样，如果一对询问点在圆方树上的 LCA 是圆点，那么其圆方树上长度就是原仙人掌上长度，因为路径上唯一的不同就在于对于每个环是走哪一侧（这个决策对每个环是独立的），而前面边权的确定已经解决了这一问题；如果 LCA 是方点，则我们只需要考虑在 LCA 这个环中是否要走经过根的那一侧。我们需要找出这两个询问点 $(x, y)$ 分别是在这个方点的哪两个儿子 $(p_x, p_y)$ 的子树中（这就是个 jump 操作，可以用倍增或树链剖分轻松实现）。则 $x \rightarrow p_x$ 和 $p_y \rightarrow y$ 的树上距离都是最短路径，现在就只需要考虑同一个环上的点 $(p_x, p_y)$ 的最短路径（其实也就是走哪一侧的问题）。 前面先记录环上边权的前缀和，这样就能 $O(1)$ 计算出不经过根那条路径的长度，再通过记录整个环的边权和比较出走哪一侧更优。

例题：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2125

DP

仙人掌有若干种 DP，比如最大独立集和直径。

最大独立集比较简单，只需要 DFS 时，树边按照树上独立集的方式转移，环上用一个 $f(i, 0..1, 0..1)$ 的简单 DP 去转移即可。

例题：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4316

求直径的话，我们类比求树直径的方式，在 LCA 处考虑。设 $f(i, j \in {1,2})$ 为 $i$ 子树中的第 $j$ 深的点，那么圆点可以轻松转移、更新答案。在方点转移也容易，但更新答案不能直接更新（因为有哪一侧的问题，直接取不一定是最短路，会导致答案偏大）。我们可以把环复制一份用单调队列来解决，也可以正反各做一次前缀和。

例题：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1023

虚仙人掌

对一个点集的子集进行询问。分例题进行讲解。

UOJ 87

http://uoj.ac/problem/87

题意：给出一个点集，求点集中两两最短路径的最大值。

首先对原仙人掌建立 BZOJ 2125 那种带边权的圆方树。然后每次对圆方树建立虚树，在虚树上按照 BZOJ 1023 的方法进行简单 DP 即可。

UOJ 189

http://uoj.ac/problem/189

题意：给出仙人掌，要求资磁：(1)询问若干条最短、最长路径的并的边权和 (2)修改边权

先对所有端点的点建立圆方树的虚树。现在我们要考虑两部分的贡献：（1）对于虚树上一条边，对应圆方树上一条链，我们要一起考虑这条链的贡献；（2）对于虚树上的一个方点，对应一个环，我们要考虑它有哪几段计入答案。

我们对于每条边这么操作：首先找到 LCA，判断出是哪一段符合要求（最长或最短），然后像求圆的周长（某些计算几何题）那样记录两个括号用来扫描线；然后找出不在环上的一段（如果 LCA 是方点，要利用 jump 操作求出 $p_x, p_y$），利用子树前缀和的思想记录一下是否存在最长、最短路的询问（也就是在 $x$ 处 $+1$，在 $p_x$ 处 $-1$，然后一个点的权值为其子树中的权值之和）。

那么对于一条虚树上的边，我们就有 4 种情况，表示最长路和最短路分别是否有。我们可以通过一种特殊的“深度”来计算这些值。设 $f(i)$ 为从圆方树根到 $i$ 的树边长度之和，$g(i)$ 为从根到 $i$ 的最短路径，$h(i)$ 为从根到 $i$ 的最长路径。那么如果经过边$(i, j)$的又有最长路径又有最短路径，则贡献为 $g(j) + h(j) - f(j) - (g(i) + h(i) - f(i))$；如果只有最短路径则贡献为 $g(i) - g(j)$，只有最长路径贡献为 $h(i) - h(j)$。

环上的情况，我们像求圆上周长那样，对之前添加的括号排个序即可。

如果要修改，那么既有可能影响环上距离，又有可能影响那 3 种深度。我们分别用树状数组维护均可。注意如果修改的是环上的边，那么影响的深度数组到底是哪几段需要分类讨论。

点分治

UOJ 23

http://uoj.ac/problem/23

题意：求出仙人掌上从 1 出发长度为 $[1..n]$ 的简单路径的条数。

暴力是用背包的思想，设 $f(i, j)$ 表示从 $i$ 出发往下走 $j$ 步的路径条数。注意到转移是卷积的形式，那么我们可以用 FFT 来解决这一问题。

进行点分治。设当前子树中重心为 $G$，考虑求出 $f(G)$ 为这棵子树的背包数组。首先 $G$ 的包含当前连通块最高点（记为 $top(G)$）这一分支可以递归去做。现在考虑 $G$ 的儿子们，如果 $G$ 是圆点，那么直接把出边的 $f$ 加起来求和即可；否则如果是方点，那么每个儿子都有两种选择：向左或向右，两种情况都要加上去。现在还需要考虑 $top(G)$ 到 $G$ 这一段对 $G$ 出边贡献的 $f$ 的影响。显然我们可以再套一个分治 FFT 把 $top(G)$ 到 $G$ 这一条链上的数组算出来，但这样太笨了。我们维护 $g(G)$ 表示 $top(G)$ 到 $G$ 这一段的背包数组，那么我们发现从 $fa(G)$ 开始一直跳 $top$，一段一段跳上去，不会超过 $\log(top(G)\ 到\ G\ 的链长)$ 段，而且后一段的 $g$ 数组长度是前一段的两倍。这样暴力 FFT 卷积起来，复杂度只有 $top(G)\ 到\ G\ 的链长 \times \log(top(G)\ 到\ G\ 的链长)$，那么这个问题就在 $O(n \log^2 n)$ 的时间内完美解决。

一个细节是设方点点权为环的大小，点分治要找带权重心。

这种分治就是我们熟悉的树分治，代码难度减小了不少。

链剖分

UOJ 158

http://uoj.ac/problem/158

题意：给出仙人掌要求资磁 3 种操作：（1）一个点到根的最短路径上取反（2）一个点到根的最长路径上取反（3）子树内黑点个数询问。

树上肯定是树剖。仙人掌的话，我们可以对圆方树进行树剖。

考虑怎么支持我们的操作。首先由于要支持跳重链，我们必须能高效修改一整条重链上最长或最短路上的点。首先必须经过的点（即割点）肯定是要取反的，然而环上的点还得分类考虑，有时只要修改一部分点。

那么我们就可以把点进行分类。考虑每一条重链，将点分成 3 类：（1）割点（2）在重链上作为最短路径出现的点（3）在重链上作为最长路径出现的点。那么显然对于第 1 类点，直接在树上修改即可。然而对于后两种点，树上路径不一定会扫过需要更改的点。

我们考虑这样一个事情：在 DFS 序中，如果一个点是方点，那么我们先访问它的所有儿子，然后再按照重边先行的顺序访问儿子的子树（不包括那些儿子了），这样的话，我们修改一段区间的时候，就会扫过这个环上所有点；而我们已经把点分类了，因此也可以选择只修改最短路径或最长路径上的点。

那么这个问题就完美解决了。写起来比较码农，在进入重链时需要特殊处理。

题目地址

http://uoj.ac/problem/215

考场上的做法

数据这么小，显然要么手玩要么爆搜咯。

爆搜模拟好难写啊！！！

然后就就纯手玩了 3.5h，玩的欲仙欲死才 47 分。

再次乱搞

试试爆搜。

这次出题人良心福利，checker 居然是发源代码，而且代码挺可读的。那就研究一下。

move(x, y, z) 是执行移动命令，print() 是输出地图，check() 是判断是否完成。

改改改！ move 改成返回值为 bool 表示是否移动成功，check() 改成返回里面的变量 cnt 表示连通块个数。只有 a[N][N] 是地图内容，那就弄个 struct 包起来。

check() 的返回值不错，可以当估价，那就写个 A* 吧。实现 hashcode() 表示哈希函数，以及 operator ==、operator < 作为哈希和堆的操作符。哈希表不知道开多少，那就分块分配，每次 new 1024 个。

开跑！绝大多数点在 2min 内都跑了出来。16 一直 RE，把估价函数改成返回 0/1 就出来了。只有 17 跑了巨久，跑了 40min 才出解，用掉了我 5G 内存。

交一发，发现只有 99 分，第 19 个点少了 1 分。然而我的步数是 19，而 AC 提交的步数是 29，不科学啊。 把估价改成 0，就跑出了 18，于是就 AC 啦！

提交记录

http://uoj.ac/submission/84887

修改版 checker

用 clang-format 给代码加了空格，不喜勿喷

把 FILE 里面的数字改掉就可以跑不同的测试点了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define X first
#define Y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define rep(i, a, n) for (int i = (a); i <= (n); ++i)
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef pair<int, int> pii;
const int DX[] = {-1, 1, 0, 0}, DY[] = {0, 0, 1, -1};
const int N = 32;
const int Base = 233;
const int mod = 3333331;
int n, m;
struct State;
struct Record{State *last; int k0, k1, k2;};

int tmp[N][N], sv[N][N];
set<int> S[10];
queue<pii> Q;
int bo;
void get(int &p) 
{
    int x;
    for (x = getchar();
             (x < '0' || x > '9') && x != '|' && x != '-' && x != '.' && x != ' ';
             x = getchar())
        ;
    if (x == '|' || x == '-')
        p = 1;
    else if (x == '.' || x == ' ')
        p = 0;
    else if (x == '0')
        p = -1;
    else
        p = x - '0';
}
struct State
{
    int a[N][N], p, e;
    Record rec;
    void dfs1(int x, int y, int z) 
    {
        if (x < 1 || x > 2 * n - 1 || y < 1 || y > 2 * m - 1) return;
        if (!a[x][y]) return;
        if (a[x][y] == -1) bo = 0;
        tmp[x + DX[z] * 2][y] = a[x][y];
        a[x][y] = 0;
        rep(i, 0, 3) dfs1(x + DX[i], y + DY[i], z);
        if (a[x + DX[z] * 2][y]) Q.push(mp(x + DX[z] * 2, y));
    }
    void dfs2(int x, int y) 
    {
        if (x < 1 || x > 2 * n - 1 || y < 1 || y > 2 * m - 1) return;
        if (!a[x][y]) return;
        if (tmp[x][y]) return;
        tmp[x][y] = 1;
        rep(i, 0, 3) dfs2(x + DX[i], y + DY[i]);
        dfs2(x, y + 2);
    }
    bool move(State *last, int x, int y, int z) 
    {
        rec = (Record) {last, x, y, z}; ++p;
        if (!a[2 * x - 1][2 * y - 1]) return 0;
        bo = 1;
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) tmp[i][j] = 0, sv[i][j] = a[i][j];
        while (Q.size()) Q.pop();
        dfs1(x * 2 - 1, y * 2 - 1, z);
        while (Q.size()) 
        {
            pii k = Q.front();
            Q.pop();
            dfs1(k.X, k.Y, z);
        }
        if (!bo) 
        {
            rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) a[i][j] = sv[i][j];
            return 0;
        }
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) if (tmp[i][j]) a[i][j] = tmp[i][j];

        while (1) 
        {
            rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) tmp[i][j] = 0;
            rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) if (a[i][j] == -1) dfs2(i, j);
            int bo = 0;
            rep(j, 1, 2 * m - 1) rep(i, 1, 2 * n - 1) if (a[i][j] && !tmp[i][j])
                    bo = 1,
                    a[i][j - 1] = a[i][j], a[i][j] = 0;
            if (!bo) break;
        }

        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) if ((i & 1) && (j & 1))
                rep(k, 0, 3) if (a[i][j] >= 1 && a[i][j] <= 5 && a[i][j] == a[i + DX[k] * 2][j + DY[k] * 2]) 
                    a[i + DX[k]][j + DY[k]] = 1;
        return 1;
    }
    void print(FILE *x = stdout) 
    {
        fprintf(x, "p = %d e = %d\n", p, estimate());
        rep(i, 1, 2 * m - 1) 
        {
            rep(j, 1, 2 * n - 1) if ((i & 1) && (j & 1)) 
            {
                if (a[j][2 * m - 1 - i + 1] == 0)
                    fprintf(x, ".");
                else if (a[j][2 * m - 1 - i + 1] == -1)
                    fprintf(x, "0");
                else
                    fprintf(x, "%c", a[j][2 * m - 1 - i + 1] + '0');
            }
            else 
            {
                fprintf(x, "%c", a[j][2 * m - 1 - i + 1]
                    ? i & 1 ? '-' : '|'
                    : (i & 1) && (j & 1) ? '.' : ' ');
            }
            fprintf(x, "\n");
        }
    }
    void dfs3(int x, int y, int z) const
    {
        if (x < 1 || x > 2 * n - 1 || y < 1 || y > 2 * m - 1) return;
        if (a[x][y] < 1 || a[x][y] > 5) return;
        if (tmp[x][y]) return;
        tmp[x][y] = 1;
        S[a[x][y]].insert(z);
        rep(i, 0, 3) if (a[x + DX[i] * 2][y + DY[i] * 2] == a[x][y])
                dfs3(x + DX[i] * 2, y + DY[i] * 2, z);
    }
    int check()
    {
        rep(i, 1, 5) S[i].clear();
        int cnt = 0;
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) tmp[i][j] = 0;
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(
                j, 1, 2 * m - 1) if ((i & 1) && (j & 1) && a[i][j] >= 1 && a[i][j] <= 5)
                dfs3(i, j, ++cnt);
        cnt = 0;
        rep(i, 1, 5) if (SZ(S[i])) cnt += SZ(S[i]) - 1;
        return e = cnt;
    }
    void read_map()
    {
        p = 0;
        scanf("%d%d", &m, &n);
        rep(i, 1, 2 * m - 1) rep(j, 1, 2 * n - 1) get(a[j][2 * m - 1 - i + 1]);
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1) if ((i & 1) && (j & 1))
            rep(k, 0, 3) if (a[i][j] >= 1 && a[i][j] <= 5 && a[i][j] == a[i + DX[k] * 2][j + DY[k] * 2]) 
                a[i + DX[k]][j + DY[k]] = 1;
    }
    int estimate() const {return p + e;} 
    //第 16 和第 19 个点会出问题，要把 + e 删掉。
    bool operator == (const State& S) const
    {
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1)
            if(a[i][j] != S.a[i][j]) return 0;
        return 1;
    }
    int hashcode() const
    {
        int ans = 0;
        rep(i, 1, 2 * n - 1) rep(j, 1, 2 * m - 1)
            ans = (ans * Base + a[i][j] + 23) % mod;
        return ans;
    }
    void output()
    {
        if(rec.last) 
        {
            rec.last->output();
            printf("%d %d %d\n", rec.k0, rec.k1, rec.k2);
        }
    }
} Init, Tmp;

struct Hash{State S; Hash *next;} *fir[mod];
State* find(const State& S)
{
    int h = S.hashcode();
    for(Hash *k = fir[h]; k; k = k->next)
        if(k->S == S) return 0;
    static Hash *mem, *top;
    if(mem == top) top = (mem = new Hash[1024]) + 1024;
    *--top = (Hash) {S, fir[h]}, fir[h] = top;
    return &top->S;
}

struct Comp
{
    bool operator() (State *a, State *b) const
    {
        return a->estimate() > b->estimate();
    }
};
priority_queue<State*, vector<State*>, Comp> heap;

int main() 
{
    #define FILE "C20"
    freopen(FILE ".in", "r", stdin);
    Init.read_map();
    heap.push(find(Init));
    int counter = 0;
    while(heap.size())
    {
        State *S = heap.top(); heap.pop();
        Tmp = *S;
        printf("new State %d S = %d p = %d e = %d\n", ++counter, S->hashcode(), S->p, S->estimate());
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            for(int j = 1; j <= m; ++j)
                for(int k = 0; k != 2; ++k)
                {
                    Tmp = *S;
                    if(!Tmp.move(S, i, j, k)) continue;
                    State *T = find(Tmp);
                    if(!T) continue;
                    if(!T->check())
                    {
                        puts("Found!");
                        T->print();
                        freopen(FILE ".out", "w", stdout);
                        T->output();
                        return 0;
                    }
                    heap.push(T);
                }
    }
    return 0;
}

本萌萌哒弱菜出了一题（其实思路是集训队论文给的），但～算法不是很优美，求各位神犇去虐一虐～～～

提交地址

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4234

测试数据

测试数据： http://pan.baidu.com/s/1qWDV9la 密码： c7nj

命题报告：http://pan.baidu.com/s/1o6qtgJC （写的很傻逼，神犇轻D）

如果有了更优的算法，一定记得告诉本弱菜一声哦～～～

代码什么的

写的很长，因为前面有2k的输入输出优化……

lgg语句是debug语句

具体实现和命题报告里的有一些差别

//pb_ds NOI template 20150710
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <set>
#include <utility>
#include <queue>
#define For(i, a, b) for(register int i = a, ___u = b; i <= ___u; ++i)
#define ForDown(i, a, b) for(register int i = b, ___d = a; i >= ___d; --i)
#define cmax(i, j) ((i) < (j) ? (i) = (j) : (i))
#define cmin(i, j) ((i) > (j) ? (i) = (j) : (i))
#define dmax(i, j) ((i) > (j) ? (i) : (j))
#define dmin(i, j) ((i) < (j) ? (i) : (j))
#define ddel(i, j) ((i) > (j) ? (i) - (j) : (j) - (i))

#include <queue>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>

namespace io
{
    const int MAXBUF = 1 << 18;
    char B[MAXBUF], *S = B, *T = B;
    #define getc() (S == T && (T = (S = B) + fread(B, 1, MAXBUF, stdin), S == T) ? 0 : *S++)
    inline int F()
    {
        register int ch, aa = 0, bb = 0;
        register char *S = io::S, *T = io::T;
        for(ch = getc(); (ch < '0' || ch > '9') && ch != '-'; ch = getc())
            ;
        for(ch == '-' ? bb = 1 : aa = ch - '0', ch = getc(); '0' <= ch && ch <= '9'; ch = getc())
            aa += (aa << 3) + aa + ch - '0';
        io::S = S, io::T = T;
        return bb ? -aa : aa; 
    }

    inline double Ff()
    {
        register double aa, bb;
        register char ch;
        register char *S = io::S, *T = io::T;
        while(ch=getc(),(ch<'0'||ch>'9'))
            ;aa=ch-'0';
        while(ch=getc(),(ch>='0'&&ch<='9'))aa=aa*10+ch-'0';
        if(ch=='.'){bb=1;while(ch=getc(),ch>='0'&&ch<='9')bb*=0.1,aa+=bb*(ch-'0');}
        io::S = S, io::T = T;
        return aa;
    }

    char buff[MAXBUF], *iter = buff;
    template<class T>inline void P(register T x, register char ch = '\n')
    {
        static int stack[110];
        register int O = 0;
        register char *iter = io::iter;
        if(!x)*iter++ = '0';
        else
        {
            (x < 0) ? x = -x, *iter++ = '-' : 1;
            for(; x; x /= 10)
                stack[++O] = x % 10;
            for(; O; *iter++ = '0' + stack[O--])
                ;
        }
        *iter++ = ch, io::iter = iter;
    }

    inline int gets(register char *o)
    {
        register char *s = o, ch = getc();
        for(; ch && (ch == ' ' || ch == '\n'); ch = getc())
            ;
        for(; ch && (ch != ' ' && ch != '\n'); ch = getc())
            *s++ = ch;
        *s = 0;
        return s - o;
    }

    inline void output() {fwrite(buff, 1, iter - buff, stdout);}
}

#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>

namespace pb_ds
{
    using io::F;
    using io::P;
    #define RG register
    int n;
    const int MAXN = 200010, MAXM = 400010;
    namespace lct
    {
        const int MAXN = pb_ds::MAXN << 1;
        int tot;
        int fa[MAXN], son[MAXN][2], time[MAXN], cho[MAXN];
        bool rev[MAXN], mark[MAXN], have[MAXN];
        #define type(i) (son[fa[i]][1] == (i))
        #define not_root(i) (son[fa[i]][type(i)] == (i))
        inline void push_up(register int i)
        {
            static int A, B;
            have[i] = have[son[i][0]] || mark[i] || have[son[i][1]];
            time[i] < time[cho[i] = ((time[A = cho[son[i][0]]] < time[B = cho[son[i][1]]]) ? A : B)]
                ? cho[i] = i : 1;
///*lgg*/assert(time[cho[i]] <= time[i] && time[cho[i]] <= time[cho[son[i][0]]] && time[cho[i]] <= time[cho[son[i][1]]]);
        }
        inline void push_down(register int i)
        {
            if(rev[i])
            {
                rev[i] = 0, rev[son[i][0]] ^= 1, rev[son[i][1]] ^= 1;
                register int t = son[i][0]; son[i][0] = son[i][1], son[i][1] = t;
            }
        }
        inline void rotate(register int i)
        {
            register int f = fa[i], t = type(i);
            fa[i] = fa[f], not_root(f) ? son[fa[f]][type(f)] = i : 1;
            (son[f][t] = son[i][!t]) ? fa[son[f][t]] = f : 1;
            push_up(son[fa[f] = i][!t] = f);
        }
        inline void preview(register int i)
        {
            if(not_root(i)) preview(fa[i]);
            push_down(i);
        }
        inline void splay(register int i, register bool need = 1)
        {
            if(need) preview(i);
            for( ; not_root(i); rotate(i))
                if(not_root(fa[i])) rotate(type(i) ^ type(fa[i]) ? i : fa[i]);
            push_up(i);
        }
        inline void dfs_print(register int i)
        {
            if(!i)return;
            dfs_print(son[i][0]);
            printf("%d ", i);
            dfs_print(son[i][1]);
        }
        inline void debug(register int root)
        {
            splay(root);
            printf("root = %d chain = ", root);
            dfs_print(root);
            puts("");
        }
        inline int access(register int i)
        {
            register int j = 0;
            for( ; i; splay(i), son[i][1] = j, j = i, i = fa[i])
                ;
            return j;
        }
        inline int query(RG int x, RG int y) {return access(x), access(y);}
        inline void make_root(register int i) {access(i), splay(i, 0), rev[i] ^= 1;}
        inline void link(register int i, register int j) 
        {
///*lgg*/printf("link %d ~ %d\n", i, j);
            make_root(i), fa[i] = j;
///*lgg*///printf("linked "); debug(j);
        }
        inline void cut(register int i, register int j) 
        {
            make_root(i), access(j), splay(i, 0), son[i][1] = fa[j] = 0;
///*lgg*/ assert(son[i][1] == j);
///*lgg*/// puts("cut"); printf("i: "); debug(i); printf("j: "); debug(j);
        }
        inline int find_root(register int i)
        {
            for(access(i), splay(i, 0); son[i][0]; i = son[i][0])
                ;
            return i;
        }
        inline int expose(register int i, register int j) 
        {
            if(i == j) return j;
            make_root(i), access(j), splay(j, 0);
            return j;
        }
        inline void set_mark(RG int i, RG bool b)
        {
            splay(i), mark[i] = b, push_up(i);
        }    
    }
    namespace graph
    {
        int fir[MAXN], tot = 1, next[MAXM], to[MAXM];
        inline void reset() {memset(fir, 0, sizeof fir); tot = 1;}
        inline void link(RG int x, RG int y)
        {
            next[++tot] = fir[x], to[fir[x] = tot] = y;
            next[++tot] = fir[y], to[fir[y] = tot] = x;
        }    
    }
    namespace segment
    {
        const int MAXNODE = 10000000;
        const int LL = 1, RR = 1000000;
        int tot, lef[MAXNODE], rig[MAXNODE], size[MAXNODE];
        inline int insert(RG int val, RG int old, RG int l = LL, RG int r = RR)
        {
            RG int at = ++tot;
            size[at] = size[old] + 1;
///*lgg*/if(l==LL&&r==RR)printf("insert val = %d at = %d l = %d r = %d size = %d\n", val, at, l, r, size[at]);
            if(l < r)
            {
                RG int m = (l + r) >> 1;
                (val <= m)
                    ? (lef[at] = insert(val, lef[old], l, m), rig[at] = rig[old])
                    : (lef[at] = lef[old], rig[at] = insert(val, rig[old], m + 1, r));
///*lgg*/assert(size[at] == size[lef[at]] + size[rig[at]]);
            }
            return at;
        }
    }
    int val[MAXN];
    struct E {int x, y;} e[MAXN];
    int root[MAXN], top[MAXN], fa[MAXN], dep[MAXN] = {0, 1};
    bool chosen[MAXN], vis[MAXN];
    inline int dfs_init(RG int at)
    {
///*lgg*///printf("at = %d fa = %d\n", at, fa[at]);
        using namespace graph;
        root[at] = segment::insert(val[at], root[fa[at]]);
        vis[at] = 1;
        RG int size = 1, cho = 0, max_cho = 0, d = dep[at] + 1, temp;
        for(RG int i = fir[at]; i; i = next[i])
            !vis[to[i]]
                ?    fa[to[i]] = at, dep[to[i]] = d,
                     size += (temp = dfs_init(to[i])), 
                    temp > max_cho ? cho = to[i], max_cho = temp : 1 : 1;
        chosen[cho] = 1;
///*lgg*///printf("dfs_init at = %d val = %d dep = %d size = %d cho = %d\n", at, val[at], dep[at], size, cho);
        return size;
    }
    inline void dfs_make(RG int at)
    {
///*lgg*/printf("at = %d fa = %d\n", at, fa[at]);
        using namespace graph;
        vis[at] = 0,
        top[at] = (chosen[at] ? top[fa[at]] : at);
///*lgg*///printf("at = %d top = %d\n", at, top[at]);
        for(RG int i = fir[at]; i; i = next[i])
            if(vis[to[i]]) dfs_make(to[i]);
    }
    inline int lca(RG int x, RG int y)
    {
        while(top[x] != top[y])
            dep[top[x]] > dep[top[y]]
                ? x = fa[top[x]] : y = fa[top[y]];
        return dep[x] < dep[y] ? x : y;
    }
    struct Change {int at, val, cnt; } change[MAXN];
    struct Segment {int root, cnt; } seg[MAXN];
    int change_cnt, seg_cnt;
    int marked[MAXN], marked_cnt;
    namespace lct
    {
        inline void dfs(RG int at)
        {
            if(!have[at]) return;
            push_down(at);
            dfs(son[at][0]);
///*lgg*///printf("at = %d\n", at);
            if(mark[at])
            {
///*lgg*/printf("found mark %d\n", at);
                marked[++marked_cnt] = at;
            }
            dfs(son[at][1]);
        }
    }
    inline void build()
    {
        RG int x, y;
        graph::reset();
        segment::tot = change_cnt = 0;
        memset(chosen, 0, sizeof chosen);
        For(i, 1, n) 
            if(lct::mark[i]) lct::set_mark(i, 0);
        For(i, n + 1, n + n - 1)
        {
            graph::link(x = e[i].x, y = e[i].y);
            if(lct::mark[i])
                lct::set_mark(i, 0);
///*lgg*/assert(!lct::mark[i]);
///*lgg*/printf("link %d ~ %d time = %d\n", x, y, lct::time[i]+(1<<30));
        }
///*lgg*/For(i,0,n*2)assert(!lct::mark[i]);
        fa[1] = 0;
        dfs_init(1);
        dfs_make(1);
    }


    inline void main()
    {
        n = F();
        RG int q = F(), H = 2 * sqrt(n), timer = -1 << 30;
        For(i, 1, n) val[i] = F();
        RG int x, y;
        For(i, n + 1, n + n - 1)
        {
            e[i] = (E) {x = F(), y = F()};
            lct::time[i] = ++timer;
            lct::link(x, i);
            lct::link(i, y);
        }
        build();
        RG int k, modify_tot = 0, cho;
///*lgg*/printf("H = %d\n", H);
        For(aaaa, 1, q)
        {
            k = F(), x = F(), y = F();
///*lgg*/if(k==-2)build();else
            if(k == -1)
            {
                cho = lct::cho[lct::expose(x, y)];
                lct::cut(e[cho].x, cho);
                lct::cut(cho, e[cho].y);
///*lgg*/printf("replace %d (%d ~ %d) time = %d with (%d ~ %d) time = %d\n", cho, e[cho].x, e[cho].y,lct::time[cho]+(1<<30),x,y,timer+1+(1<<30));
                e[cho] = (E) {x, y};
                lct::time[cho] = ++timer;
                lct::mark[cho] = lct::mark[x] = lct::mark[y] = 1;
                lct::link(x, cho);
                lct::link(cho, y);
                if(!(++modify_tot % H))
                    build();
                lct::expose(x, y);
///*lgg*///lct::debug(lct::expose(x,y));
            }
            else if(!k)
            {
                change[++change_cnt] = (Change) {x, val[x], -1};
///*lgg*/printf("change at = %d cnt[%d] -1 cnt[%d] +1\n", x,val[x],y);
                change[++change_cnt] = (Change) {x, val[x] = y, 1};
                if(!(++modify_tot % H))
                    build();
            }
            else
            {
///*lgg*/printf("query %d %d\n", x, y);
                if(x == y)
                {
                    P(val[x]);
                    continue;
                }
                seg_cnt = marked_cnt = 0;
                if(!lct::mark[x]) marked[++marked_cnt] = x;
                lct::dfs(lct::expose(x, y));
                if(!lct::mark[y]) marked[++marked_cnt] = y;

                //现在是处理mark的点的时候
                marked[++marked_cnt] = MAXN;
                RG int a, b, c;
                For(i, 1, marked_cnt)
                {
                    a = marked[i];
                    while(marked[i] <= n) ++i;
                    b = marked[i - 1];
                    if(a == b)
                    {
                        seg[++seg_cnt] = (Segment) {root[a], 1};
                        if(fa[a])seg[++seg_cnt] = (Segment) {root[fa[a]], -1};    
///*lgg*/printf("add_point %d fa = %d\n", a, fa[a]);                    
                    }
                    else
                    {
                        c = lca(a, b);
                        seg[++seg_cnt] = (Segment) {root[a], 1};
                        seg[++seg_cnt] = (Segment) {root[b], 1};
                        seg[++seg_cnt] = (Segment) {root[c], -1};
                        if(fa[c])seg[++seg_cnt] = (Segment) {root[fa[c]], -1};
///*lgg*/printf("add_chain %d ~ %d lca = %d flca = %d\n", a, b, c, fa[c]);
                    }
                }

                static int temp[2][MAXN];
                RG int *f = temp[0], *g = temp[1], *t, l = segment::LL, r = segment::RR, left, m;
                f[0] = 0, lct::make_root(x);
                For(i, 1, change_cnt)
                    if(lct::query(y, change[i].at) == change[i].at)
                        f[++f[0]] = i;
///*lgg*/For(i, 1,seg_cnt)printf("root = %d cnt = %d size = %d\n", seg[i].root, seg[i].cnt, segment::size[seg[i].root]); 
                while(l < r)
                {
///*lgg*/printf("l = %d r = %d k = %d m = %d\n", l, r, k, (l+r)/2);
///*lgg*/For(i,1,f[0])printf("assoc change at = %d val = %d cnt = %d\n", change[f[i]].at, change[f[i]].val, change[f[i]].cnt);
                    left = 0;
                    m = (l + r) >> 1;
                    For(i, 1, seg_cnt)
                        left += segment::size[segment::lef[seg[i].root]] * seg[i].cnt;
///*lgg*/printf("segment left = %d\n", left);
                    For(i, 1, f[0])
                        if(change[f[i]].val <= m)
                            left += change[f[i]].cnt;
///*lgg*/printf("segment + change left = %d\n", left);    
                    if(k <= left)
                    {
                        r = m;
                        For(i, 1, seg_cnt)
                            seg[i].root = segment::lef[seg[i].root];
                        g[0] = 0;
                        For(i, 1, f[0])
                            if(change[f[i]].val <= m)
                                g[++g[0]] = f[i];
                    }                
                    else
                    {
                        l = m + 1;
                        k -= left;
                        For(i, 1, seg_cnt)
                            seg[i].root = segment::rig[seg[i].root];
                        g[0] = 0;
                        For(i, 1, f[0])
                            if(m < change[f[i]].val)
                                g[++g[0]] = f[i];
                    }
                    t = g, g = f, f = t;
///*lgg*/getchar();    
                }
///*lgg*/printf("ans = %d\n", l);
                P(l);

            }
//if(!(modify_tot % H)) fprintf(stderr, "rebuild i = %d\n", aaaa);
        }
        io::output();
    }
}

int main()
{
    pb_ds::main();
}