【POI2007】大都市meg
Description
在经济全球化浪潮的影响下,习惯于漫步在清晨的乡间小路的邮递员Blue Mary也开始骑着摩托车传递邮件了。不过，她经常回忆起以前在乡间漫步的情景。昔日，乡下有依次编号为1..n的n个小村庄，某些村庄之间有一些双向的土路。从每个村庄都恰好有一条路径到达村庄1（即比特堡）。并且，对于每个村庄，它到比特堡的路径恰好只经过编号比它的编号小的村庄。另外，对于所有道路而言，它们都不在除村庄以外的其他地点相遇。在这个未开化的地方，从来没有过高架桥和地下铁道。随着时间的推移，越来越多的土路被改造成了公路。至今，Blue Mary还清晰地记得最后一条土路被改造为公路的情景。现在，这里已经没有土路了——所有的路都成为了公路，而昔日的村庄已经变成了一个大都市。 Blue Mary想起了在改造期间她送信的经历。她从比特堡出发，需要去某个村庄，并且在两次送信经历的间隔期间,有某些土路被改造成了公路.现在Blue Mary需要你的帮助：计算出每次送信她需要走过的土路数目。（对于公路，她可以骑摩托车；而对于土路，她就只好推车了。）
Input
第一行是一个数n(1 < = n < = 250000)
以下n-1行，每行两个整数a,b（1 <= a < b <= n），表示原有一条路连接a和b
以下一行包含一个整数m（1 < = m < = 250000），表示Blue Mary曾经在改造期间送过m次信。
以下n+m-1行，每行有两种格式的若干信息，表示按时间先后发生过的n+m-1次事件:
若这行为 A a b（1 <= a < b <= n），表示将a到b的土路修为公路。
若这行为 W a, 则表示Blue Mary曾经从比特堡送信到村庄a。
Output
有m行，每行包含一个整数，表示对应的某次送信时经过的土路数目。
Sample Input
5
1 2
1 3
1 4
4 5
4
W 5
A 1 4
W 5
A 4 5
W 5
W 2
A 1 2
A 1 3
Sample Output
2
1
0
1
标签：树上差分+线段树
考虑树上RMQ，以1号点为根，对于每个$A u v$，即将v的子树的权值全部加一，对于每个$W a$，即为a点的权值。
由于只有子树权值操作，我们可以用树上差分。
$c[i]$表示$i$和它的父结点的权值差，这样对于每个$A u v$，即$c[v]++$，对于每个$W a$，即为$sum(a)$
可以直接用树状数组维护，这样编程复杂度更低。
附上AC代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#define MAX_N 250000
using namespace std;
int n, m, tr[MAX_N+5], l[MAX_N+5], r[MAX_N+5], ind;
vector <int> G[MAX_N+5];
void DFS(int u) {
l[u] = ++ind;
for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) DFS(G[u][i]);
r[u] = ind;
}
void inc(int pos) {for (; pos <= n; pos += pos&-pos) tr[pos]++;}
void dec(int pos) {for (; pos <= n; pos += pos&-pos) tr[pos]--;}
int sum(int pos) {int ret = 0; for (; pos; pos -= pos&-pos) ret += tr[pos]; return ret;}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); G[u].push_back(v);}
DFS(1); for (int i = 2; i <= n; i++) inc(l[i]), dec(r[i]+1);
scanf("%d", &m); m += n-1;
while (m--) {
char opt[1]; scanf("%s", opt);
if (opt[0] == 'W') {
int x; scanf("%d", &x);
printf("%d
", sum(l[x]));
}
if (opt[0] == 'A') {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
dec(l[v]), inc(r[v]+1);
}
}
return 0;
}