CF342E Xenia and Tree 题解 （根号算法，操作分块）

根号算法，操作分块）"/>

CF342E Xenia and Tree 题解 （根号算法，操作分块）

题目

题面

简要题意：
       给定一棵 n n n 个节点的树，初始时 1 1 1 号节点为红色，其余为蓝色。
       要求支持如下操作：
       1. 将一个节点变为红色。
       2. 询问节点 u u u 到最近红色节点的距离。
       共 q q q 次操作。
       1 ≤ n , q ≤ 1 0 5 1 \leq n, q \leq 10^5 1≤n,q≤105。

分析：

       非常 典 的一道题。
       我们首先考虑一种 修改 O ( n ) O(n) O(n)，查询 O ( 1 ) O(1) O(1) 的算法：每次改变一个点的颜色就把它放进队列里跑一遍 bfs，去更新其它点到红点的最小值。

       接着我们考虑一种 修改 O ( 1 ) O(1) O(1)，查询 O ( n ) O(n) O(n) 的算法：每次 O ( 1 ) O(1) O(1) 标记一个点是否为红色。然后每次查询枚举红色的点并计算距离，时间复杂度是 O ( n l o g 2 n ) O(nlog_2n) O(nlog2​n) 的。

       我们考虑如何平衡这两种算法。

       因为 bfs 可以在 O ( n ) O(n) O(n) 的复杂度内跑 多个终点的最短路，因此我们可以将红点储存起来一起跑bfs。所以可以对操作进行分块。
       设块长为 S S S，我们每一次从当前块到下一块时，我们把当前块的 所有染红操作的点 放进队列里面跑 bfs 更新 其它点的 d i s dis dis 值。然后对于当前块的询问，我们扫块内的所有操作，如果为 1 1 1 操作，那么我们 O ( l o g 2 n ) O(log_2n) O(log2​n) 的复杂度内查出询问点和修改点的距离并与 d i s dis dis 数组取 m i n min min 即可。
       时间复杂度是 O ( q S × n + q × S × l o g 2 n ) O(\frac{q}{S} \times n + q \times S \times log_2n) O(Sq​×n+q×S×log2​n) 的，当 S = n l o g 2 n S = \sqrt{\frac{n}{log_2n}} S=log2​nn​ ​ 时复杂度最小，为 O ( q n l o g 2 n ) O(q\sqrt{nlog_2n}) O(qnlog2​n ​)。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>// 好题 
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef pair< int, int > PII;
int n, Q, dis[N], blo, op, x, bl, u, v, dep[N], fa[N][25];
inline int read(){int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}return x * f;
}
vector< int > E[N];
vector< PII > vec[N];
queue< int > q;
void dfs(int x, int fat){dep[x] = dep[fat] + 1; fa[x][0] = fat;for(int i = 1; i <= 20; i++) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];for(auto v : E[x]){if(v == fat) continue;dfs(v, x);}
}
int LCA(int x, int y){if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);for(int i = 20; i >= 0; i--){if(dep[fa[x][i]] >= dep[y]) x = fa[x][i];} if(x == y) return x;for(int i = 20; i >= 0; i--){if(fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i];}return fa[x][0];
}
void bfs(){while(!q.empty()){int u = q.front(); q.pop();for(auto v : E[u]){if(dis[v] > dis[u] + 1){dis[v] = dis[u] + 1;q.push(v);}}}
}
int main(){memset(dis, 0x3f, sizeof dis);n = read(), Q = read();for(int i = 1; i < n; i++){u = read(), v = read();E[u].pb(v); E[v].pb(u);}dfs(1, 0);blo = max(1, (int)sqrt(1.0 * n / log2(n)));for(int i = 1; i <= Q; i++){op = read(), x = read();bl = (i - 1) / blo + 1;vec[bl].pb(make_pair(op, x));}dis[1] = 0;q.push(1);bfs();for(int i = 1; i <= bl; i++){for(int j = 0; j < vec[i].size(); j++){int op = vec[i][j].first, x = vec[i][j].second;if(op == 1) dis[x] = 0, q.push(x);else{int y = dis[x];for(int k = 0; k < j; k++){if(vec[i][k].first == 1) y = min(y, dep[x] + dep[vec[i][k].second] - 2 * dep[LCA(vec[i][k].second, x)]); }printf("%d\n", y);}}bfs();}return 0;
}