• 【BZOJ-3757】苹果树 块状树 + 树上莫队


    3757: 苹果树

    Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 256 MB
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    Description

        神犇家门口种了一棵苹果树。苹果树作为一棵树,当然是呈树状结构,每根树枝连接两个苹果,每个苹果都可以沿着一条由树枝构成的路径连到树根,而且这样的路径只存在一条。由于这棵苹果树是神犇种的,所以苹果都发生了变异,变成了各种各样的颜色。我们用一个到n之间的正整数来表示一种颜色。树上一共有n个果。苹每个苹果都被编了号码,号码为一个1到n之间的正整数。我们用0代表树根。只会有一个苹果直接根。

      有许许多多的人来神犇家里膜拜神犇。可神犇可不是随便就能膜拜的。前来膜拜神犇的人需要正确回答一个问题,才能进屋膜拜神犇。这个问题就是,从树上编号为u的苹果出发,由树枝走到编号为v的苹果,路径上经过的苹果一共有多少种不同的颜色(包括苹果u和苹果v的颜色)?不过神犇注意到,有些来膜拜的人患有色盲症。具体地说,一个人可能会认为颜色a就是颜色b,那么他们在数苹果的颜色时,如果既出现了颜色a的苹果,又出现了颜色b的苹果,这个人只会算入颜色b,而不会把颜色a算进来。

      神犇是一个好人,他不会强人所难,也就会接受由于色盲症导致的答案错误(当然答案在色盲环境下也必须是正确的)。不过这样神犇也就要更改他原先数颜色的程序了。虽然这对于神犇来说是小菜一碟,但是他想考验一下你。你能替神犇完成这项任务吗?

    Input

    输入第一行为两个整数n和m,分别代表树上苹果的个数和前来膜拜的人数。
    接下来的一行包含n个数,第i个数代表编号为i的苹果的颜色Coli。
    接下来有n行,每行包含两个数x和y,代表有一根树枝连接了苹果x和y(或者根和一个苹果)。
    接下来有m行,每行包含四个整数u、v、a和b,代表这个人要数苹果u到苹果v的颜色种数,同时这个人认为颜色a就是颜色b。如果a=b=0,则代表这个人没有患色盲症。

    Output

    输出一共m行,每行仅包含一个整数,代表这个人应该数出的颜色种数。

    Sample Input

    5 3
    1 1 3 3 2
    0 1
    1 2
    1 3
    2 4
    3 5
    1 4 0 0
    1 4 1 3
    1 4 1 2

    Sample Output

    2
    1
    2

    HINT

    0<=x,y,a,b<=N
    N<=50000
    1<=U,V,Coli<=N
    M<=100000

    Source

    Solution

    树上莫队裸题,下面来说说树上莫队

    序列上的莫队没什么好说的,至于树上莫队,思想是一样的

    对树DFS分块(详见  BZOJ-1086王室联邦哦),然后对询问排序,然后处理就好,那么就是具体的实现了

    至于树分块,就是按照DFS时间戳去搞,所以询问排序的第一关键字就是所在的块,第二关键字就是时间戳

    至于如何把树上的一条路径,转化为一端区间?

    首先我们设$S(u,v)$表示$u-v$的路径上的点集,$LCA(u,v)$表示两点的最近公共祖先,$root$为树根

    $xor$为集合的对称差,即  只属于其中一个集合,而不属于另一个集合的元素组成的集合

    那么发现$S(u,v)=S(root,u) xor S(root,v) xor LCA(u,v)$  (不懂见下图哦)

    就是节点出现两次消掉

    再有$T(u,v)=S(root, v) xor S(root, u)$

    观察将询问$curV$移动到$targetV$前后$T(curV, curU)$变化:

    $T(curV, curU)=S(root, curV) xor S(root, curU)$

    $T(targetV, curU)=S(root, targetV) xor S(root, curU)$

    取对称差:

    $T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= (S(root, curV) xor S(root, curU)) xor (S(root, targetV) xor S(root, curU))$

    由于对称差的交换律、结合律:

    $T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= S(root, curV) xorS(root, targetV)$

    两边同时$xor T(curV, curU)$:

    $T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor S(root, curV) xor S(root, targetV)$

    $T(targetV, curU)=T(curV, curU) xor T(curV, targetV)$

    也就是说,更新的时候,$xor T(curV, targetV)$就行了。

    即,对$curV$到$targetV$路径(除开$LCA(curV, targetV))$上的结点,将它们的存在性取反即可。
                              ---------------------By  VFK
    至于路径上取对称差?
    求$S(7,10)$,很显然$root=1$,$S(1,7)=left{1,3,7 ight},S(1,10)=left{1,4,8,10 ight}$
    所以$S(1,7) xor S(1,10)=left{3,7,4,8,10 ight}$,$left{3,7,4,8,10 ight} xor LCA(7,10)=left{1,3,7,4,8,10 ight}=S(7,10)$
    图中蓝色的路径表示$S(1,7)$,绿色路径表示$S(1,10)$,红色路径表示$S(7,10)$,黄色圈表示$LCA(7,10)$
    其余的都是一样..询问间的移动,原理一样,感受一下就好

    Code

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<cmath>
    using namespace std;
    int read()
    {
        int x=0;char ch=getchar();
        while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
        return x;
    }
    #define maxn 50100
    #define maxq 100100
    int n,m,fk,knum,ans,root; 
    struct Edgenode{int to,next;}edge[maxn<<1];
    int head[maxn],cnt=1;
    void add(int u,int v)
    {cnt++;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;edge[cnt].to=v;}
    void insert(int u,int v)
    {add(u,v); add(v,u);}
    int deep[maxn],father[maxn][25],dfsx,stack[maxn],top,rt[maxn],an[maxq],p[maxn];
    struct Pointnode{int dfs,col;}po[maxn];
    struct Asknode
    {
        int a,b,u,v,id;
        bool operator < (const Asknode & A) const
            {
                if(rt[u]==rt[A.u]) return po[v].dfs<po[A.v].dfs;
                    else return rt[u]<rt[A.u];
            }
    }q[maxq];
    bool visit[maxn];
    int DFS(int now)
    {
        int size=0;
        po[now].dfs=++dfsx;
        for (int i=1; i<=20; i++)
            if (deep[now]>=(1<<i))
                father[now][i]=father[father[now][i-1]][i-1];
        for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
            if (edge[i].to!=father[now][0])
                {
                    deep[edge[i].to]=deep[now]+1;
                    father[edge[i].to][0]=now;
                    size+=DFS(edge[i].to);  
                    if (size>=fk)
                        {
                            knum++;
                            for(int j=1; j<=size; j++)
                                rt[stack[top--]]=knum;
                            size=0;
                        }   
                }
        stack[++top]=now;
        return size+1;
    }   
    int LCA(int x,int y)
    {
        if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
        int dd=deep[x]-deep[y];
        for (int i=0; i<=20; i++)
            if (dd&(1<<i) && dd>=(1<<i)) x=father[x][i];
        for (int i=20; i>=0; i--)
            if (father[x][i]!=father[y][i]) 
                x=father[x][i],y=father[y][i];
        if (x==y) return x; else return father[x][0];
    }
    void reserv(int x)
    {
        if (!visit[x]) {visit[x]=1; p[po[x].col]++; if (p[po[x].col]==1) ans++;}
            else {visit[x]=0; p[po[x].col]--; if (p[po[x].col]==0) ans--;}
    }
    void work(int u,int v)
    {
        while (u!=v)
            if (deep[u]>deep[v]) reserv(u),u=father[u][0];
                else reserv(v),v=father[v][0];
    }
    int main()
    {
        n=read(),m=read(); fk=sqrt(n);
        for (int i=1; i<=n; i++) po[i].col=read();
        for (int u,v,i=1; i<=n; i++)
            {
                u=read(),v=read();
                if (!u) root=v;
                    else if (!v) root=u;
                        else insert(u,v);
            }
        DFS(root);
        knum++; 
        while (top) rt[stack[top--]]=knum;
        for (int i=1; i<=m; i++) 
            {
                q[i].u=read();q[i].v=read();q[i].a=read();q[i].b=read();q[i].id=i;
                if (po[q[i].u].dfs>po[q[i].v].dfs) swap(q[i].u,q[i].v);
            }
        sort(q+1,q+m+1);
        int T=LCA(q[1].u,q[1].v);
        work(q[1].u,q[1].v); reserv(T); an[q[1].id]=ans;
        if (p[q[1].a] && p[q[1].b] && q[1].a!=q[1].b) an[q[1].id]--;
        reserv(T); 
        for (int i=2; i<=m; i++)
            {
                work(q[i-1].u,q[i].u);
                work(q[i-1].v,q[i].v);
                T=LCA(q[i].u,q[i].v);
                reserv(T); an[q[i].id]=ans;
                if(p[q[i].a] && p[q[i].b] && q[i].a!=q[i].b) an[q[i].id]--;
                reserv(T);
            }
        for (int i=1; i<=m; i++) printf("%d
    ",an[i]);
        return 0;
    }
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