一、题目
我们认为 (x ightarrow y) 的简单路径是好的，当且仅当路径上的点最小的是 (x)，最大的是 (y)
给出一棵 (n) 个点的树，求出好的简单路径条数。
(nleq 2cdot 10^6)
二、解法
很容易写出暴力点分治，但是因为需要解决二维偏序问题所以是 (O(nlog^2n)) 的。
首先考虑树是一条链的情况，发现可以二分求出 (i) 的范围，然后在这个范围中看有多少 (j) 即可。
那么搬到树上我们需要解决求出范围这个问题，既然它又是路径最值问题我们可以使用重构树，我们从大到小加入节点，对于新加的节点 (u)，我们看所有边 ((u,v)) 并且 (v) 已经被加入了，那么我们合并 (u) 和 (v) 连通块的根，并且把 (v) 并查集的根设置成 (u)，可以用并查集简单维护。
那么重构树上两个点的 ( t lca) 就是它们真实路径上的最小值，用类似的方法可以求出第二棵树使得 ( t lca) 就是它们真实路径上的最大值。那么条件转化成第一棵树上 (x) 是 (y) 的祖先，第二棵树上 (y) 是 (x) 的祖先，我们可以求出第一棵树上的 ( t dfn) 序，在第二棵树上 ( t dfs)，用树状数组来统计答案，时间复杂度 (O(nlog n))
三、总结
对重构树的理解不仅仅是最小生成树上的边重构，还可以是本题的点重构。总之就是解决一个范围的问题，也就是满足某一条件的点在树上有特定的范围（比如子树）
//I just gonna burn the stars...
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 2000005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,tot,t1,t2,rt[2],a[M],b[M],f[M],f1[M],f2[M];
int fa[M],vis[M],in[M],out[M];long long ans;
struct edge{int v,next;}e[M<<1],e1[M],e2[M];
int find(int x)
{
if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void build(int F)
{
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int u=a[i];vis[u]=1;
for(int j=f[u];j;j=e[j].next)
{
int v=e[j].v;
if(vis[v])
{
if(F==0) e1[++t1]=edge{find(v),f1[u]},f1[u]=t1;
else e2[++t2]=edge{find(v),f2[u]},f2[u]=t2;
fa[find(v)]=u;
}
}
}
rt[F]=find(1);
}
void dfs1(int u)
{
in[u]=++m;
for(int i=f1[u];i;i=e1[i].next) dfs1(e1[i].v);
out[u]=m;
}
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void add(int x,int c)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
b[i]+=c;
}
int ask(int x)
{
int r=0;
for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))
r+=b[i];
return r;
}
void dfs2(int u)
{
add(in[u],1);
ans+=ask(out[u])-ask(in[u]);
for(int i=f2[u];i;i=e2[i].next) dfs2(e2[i].v);
add(in[u],-1);
}
signed main()
{
freopen("charity.in","r",stdin);
freopen("charity.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=i;
int j=read();if(!j) continue;
e[++tot]=edge{i,f[j]},f[j]=tot;
e[++tot]=edge{j,f[i]},f[i]=tot;
}
build(0);reverse(a+1,a+1+n);
build(1);dfs1(rt[0]);dfs2(rt[1]);
printf("%lld
",ans);
}