【BZOJ4999】This Problem Is Too Simple！ 离线+树状数组+LCA

【BZOJ4999】This Problem Is Too Simple！

Description

给您一颗树，每个节点有个初始值。

现在支持以下两种操作：

1. C i x(0<=x<2^31) 表示将i节点的值改为x。

2. Q i j x(0<=x<2^31) 表示询问i节点到j节点的路径上有多少个值为x的节点。

Input

第一行有两个整数N,Q（1 ≤N≤ 100,000；1 ≤Q≤ 200,000），分别表示节点个数和操作个数。

下面一行N个整数，表示初始时每个节点的初始值。

接下来N-1行，每行两个整数x,y，表示x节点与y节点之间有边直接相连（描述一颗树）。

接下来Q行，每行表示一个操作，操作的描述已经在题目描述中给出。

Output

对于每个Q输出单独一行表示所求的答案。

Sample Input

5 6
10 20 30 40 50
1 2
1 3
3 4
3 5
Q 2 3 40
C 1 40
Q 2 3 40
Q 4 5 30
C 3 10
Q 4 5 30

Sample Output

0
1
1
0

题解：由于每种颜色相互独立，可以考虑离线。将修改操作变成一个颜色的删除操作和另一个颜色的加入操作，然后将所有操作和询问都按颜色和时间排序，分别处理每一个颜色。然后我们只需要倍增LCA+动态维护所有点到根路径上的权值即可。单点权值+a等于它子树中所有点到根路径上的权值都+a，所以用树状数组维护DFS序即可。

竟然因为数组开小而WA了一天~

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=200010;
int n,m,Q,cnt,now,tot;
struct node
{
	int col,x,val,tim;
}p[maxn*5];
struct QUERY
{
	int col,a,b,tim,org;
}q[maxn];
char str[10];
int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn],p1[maxn],p2[maxn],dep[maxn],fa[19][maxn],v[maxn];
int Log[maxn],s[maxn],vis[maxn],ans[maxn];
void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs(int x)
{
	p1[x]=++p2[0];
	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(to[i]!=fa[0][x])
		fa[0][to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]);
	p2[x]=p2[0];
}
bool cmpp(node a,node b)
{
	return (a.col==b.col)?(a.tim<b.tim):(a.col<b.col);
}
bool cmpq(QUERY a,QUERY b)
{
	return (a.col==b.col)?(a.tim<b.tim):(a.col<b.col);
}
void updata(int x,int val)
{
	for(int i=x;i<=n;i+=i&-i)
	{
		if(vis[i]<now)	vis[i]=now,s[i]=0;
		s[i]+=val;
	}
}
int query(int x)
{
	int i,ret=0;
	for(i=x;i;i-=i&-i)
	{
		if(vis[i]<now)	vis[i]=now,s[i]=0;
		ret+=s[i];
	}
	return ret;
}
int lca(int a,int b)
{
	if(dep[a]<dep[b])	swap(a,b);
	for(int i=Log[dep[a]-dep[b]];i>=0;i--)	if(dep[fa[i][a]]>=dep[b])	a=fa[i][a];
	if(a==b)	return a;
	for(int i=Log[dep[a]];i>=0;i--)	if(fa[i][a]!=fa[i][b])	a=fa[i][a],b=fa[i][b];
	return fa[0][a];
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,j,a,b,c;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i]=p[++tot].col=rd(),p[tot].x=i,p[tot].tim=0,p[tot].val=1;
	for(i=2;i<=n;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);
	dep[1]=1,dfs(1);
	for(i=2;i<=n;i++)	Log[i]=Log[i>>1]+1;
	for(j=1;(1<<j)<=n;j++)	for(i=1;i<=n;i++)	fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s",str),a=rd(),b=rd();
		if(str[0]=='C')
		{
			tot+=2,p[tot-1].x=p[tot].x=a,p[tot-1].col=v[a],v[a]=p[tot].col=b;
			p[tot-1].tim=p[tot].tim=i,p[tot-1].val=-1,p[tot].val=1;
		}
		else	q[++Q].a=a,q[Q].b=b,q[Q].col=rd(),q[Q].org=Q,q[Q].tim=i;
	}
	sort(p+1,p+tot+1,cmpp);
	sort(q+1,q+Q+1,cmpq);
	for(i=j=1;i<=Q;i++)
	{
		for(;(p[j].col<q[i].col||(p[j].col==q[i].col&&p[j].tim<q[i].tim))&&j<=tot;j++)
		{
			now=p[j].col;
			updata(p1[p[j].x],p[j].val),updata(p2[p[j].x]+1,-p[j].val);
		}
		if(now==q[i].col)
		{
			a=q[i].a,b=q[i].b,c=lca(a,b);
			ans[q[i].org]=query(p1[a])+query(p1[b])-query(p1[c])-query(p1[fa[0][c]]);
		}
	}
	for(i=1;i<=Q;i++)	printf("%d
",ans[i]);
	return 0;
}