JZOJ3883 [NOIP2014模擬] 線段樹(segment)

Description
給定一個n個點n-1條邊的無向連通圖（一棵樹），並對圖中的邊進行m次染色操作。
每次染色操作給定2個點u、v和一種顏色c，並將圖中u，v之間的最短路上的邊都染成這種顏色。
詢問的是最終圖中每條邊的顏色。（若未被染色則視爲顏色0即無色）

Input
第1行：2個整數n，m
第2到第n行：第i行表示i號點的父節點fi
接下來m行：每行3個整數ui，vi，ci分別表示給定的節點u、v和顏色c。

Output
共n-1行：第i行輸出第i+1個點與其父節點之間邊的顏色。

Data Constraint
對於10%的數據，n,m<=100
對於30%的數據，n,m<=5000
對於60%的數據，n,m<=100000
對於100%的數據，n,m<=500000,0<ci<=m

吐槽：
話說這玩意跟線段樹半毛錢關係都沒有啊，這不誤人子弟嗎！

Solution
我們注意到對於每一條邊對它有影響的只有最晚的一次染色，所以我們可以將染色倒序處理，
每次染色將樹上 $u,v$ 兩點間所有未染色的邊染色，同時用並查集將這一段路徑都縮成一個
團並記錄每個團在樹上最淺的點。由於每條邊只會被染色一次並且之後就併入團中不會再被
訪問到，可以用BFS，故而只有 $O（m+n）$次的並查集操作，即可通過此題。
時間複雜度：$O(m+n*α(n))$ 空間複雜度：$O（n+m）$

Code

#include <cstdio>
using namespace std;

#define N 500007
int fa[N], fir[N], nxt[N], f[N], c[N], dep[N];
int qry[N][3], data[N];
bool bb;

void inc(int x, int y){nxt[y] = fir[x], fir[x] = y;}

void bfs()
{
	int head = 0, tail = 1, u;
	data[1] = dep[1] = 1;
	while (head < tail)
	{
		u = data[++ head];
		for (int i = fir[u]; i; i = nxt[i])
			dep[i] = dep[u] + 1, data[++ tail] = i;
	}
}

int find(int x)
{
	return (f[x] == x) ? (x) : (f[x] = find(f[x]));
}

void color(int u, int v, int C)
{
	u = find(u), v = find(v);
	while (u != v)
	{
		if (dep[u] < dep[v]) u ^= v, v ^= u, u ^= v;
		c[u] = C, u = f[u] = find(fa[u]);
	}
}

int main()
{
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 2; i <= n; ++ i) scanf("%d", fa + i), inc(fa[i], i);
	for (int i = m; i; -- i) scanf("%d%d%d", &qry[i][0], &qry[i][1], &qry[i][2]);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i] = i;
	bfs();
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) color(qry[i][0], qry[i][1], qry[i][2]);
	for (int i = 2; i <= n; ++ i) printf("%d\n", c[i]);
	return 0;
}