http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3757 (题目链接)
MD调了好久,最后蒯了几个标程交上去,没想到都RE了。。。最后才看到:
= =
题意
求树上两点间路径上有多少个不同的点权。
Solution
像这种树链剖分解决不了的问题,大概就是树上莫队。
我们dfs一遍对树分块,这个很简单,不会的见bzoj1086。之后对询问(u,v)以在u所在的块的位置为第一关键字,v的dfs序为第二关键字。其实这对于我们之后处理问题没有任何帮助,只是保证莫队的复杂度为nsqrtn,因为每个块的大小为sqrt(n),块的个数也是sqrt(n),所以这样以dfs序为第二关键字排序后,在每个块内进行修改的话,最坏情况顶多是走遍整棵树,O(n)。
怎么插入删除以及求解呢?蒯了一个神题解,不过有公式恐惧症的我看了几眼就不想看了,直接磨标程去了。。
用S(v, u)代表 v到u的路径上的结点的集合。
用root来代表根结点,用lca(v, u)来代表v、u的最近公共祖先。
那么
S(v, u) = S(root, v) xor S(root, u) xor lca(v, u)
其中xor是集合的对称差。
简单来说就是节点出现两次消掉。
lca很讨厌,于是再定义
T(v, u) = S(root, v) xor S(root, u)
观察将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)
发现最后两项很爽……哇哈哈
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor T(curV, targetV)
(有公式恐惧症的不要走啊 T_T)
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。
”
——vfk博客
搞了这么多,其实道理很简单。对于一个询问,用数组p[i]记录颜色i在当前询问中出现了几次;vis[i]记录节点i是否已经算过了,如果已经算过了,那么就是要删除当前节点,反之则是要加入当前节点,顺便更新答案ans即可。
代码的话我也不知道是不是正确的= =
代码
// bzoj3757 #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #define MOD 1000000007 #define inf 2147483640 #define LL long long #define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout); using namespace std; inline LL getint() { LL x=0,f=1;char ch=getchar(); while (ch>'9' || ch<'0') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } const int maxn=100010; struct edge {int to,next;}e[maxn<<2]; struct ask {int u,v,a,b,id;}t[maxn]; int cnt,n,q,m,block,top,ans; int head[maxn],dfn[maxn],fa[maxn][20],bin[20],deep[maxn],p[maxn]; int st[maxn],pos[maxn],vis[maxn],c[maxn],a[maxn],res[maxn]; void insert(int u,int v) { e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt; e[++cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt; } int dfs(int x) { dfn[x]=++cnt; int size=0; for (int i=1;i<20;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].to!=fa[x][0]) { deep[e[i].to]=deep[x]+1; fa[e[i].to][0]=x; size+=dfs(e[i].to); if (size>=block) { m++; for (int j=1;j<=size;j++) pos[st[top--]]=m; size=0; } } st[++top]=x; return size+1; } bool cmp(ask a,ask b) { return pos[a.u]==pos[b.u] ? dfn[a.v]<dfn[b.v] : pos[a.u]<pos[b.u]; } int lca(int x,int y) { if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y); int t=deep[x]-deep[y]; for (int i=0;bin[i]<=t;i++) if (bin[i]&t) x=fa[x][i]; for (int i=19;i>=0;i--) if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i]; return x==y?x:fa[x][0]; } void work(int x) { if (!vis[x]) {vis[x]=1;p[c[x]]++;if (p[c[x]]==1) ans++;} else {vis[x]=0;p[c[x]]--;if (p[c[x]]==0) ans--;} } void solve(int u,int v) { while (u!=v) { if (deep[u]>deep[v]) work(u),u=fa[u][0]; else work(v),v=fa[v][0]; } } int main() { bin[0]=1;for (int i=1;i<20;i++) bin[i]=bin[i-1]<<1; scanf("%d%d",&n,&q); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]); for (int i=1;i<=n;i++) { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); insert(u,v); } block=(int)sqrt(n); cnt=0; dfs(e[head[0]].to); m++; while (top) pos[st[top--]]=m; for (int i=1;i<=q;i++) { scanf("%d%d%d%d",&t[i].u,&t[i].v,&t[i].a,&t[i].b); if (dfn[t[i].u]>dfn[t[i].v]) swap(t[i].u,t[i].v); t[i].id=i; } sort(t+1,t+1+q,cmp); solve(t[1].u,t[1].v); int x=lca(t[1].u,t[1].v); work(x); res[t[1].id]=ans; if (p[t[1].a] && p[t[1].b] && t[1].a!=t[1].b) res[t[1].id]--; work(x); for (int i=2;i<=q;i++) { solve(t[i-1].u,t[i].u); solve(t[i-1].v,t[i].v); x=lca(t[i].u,t[i].v); work(x); if (p[t[i].a] && p[t[i].b] && t[i].a!=t[i].b) res[t[i].id]=ans-1; else res[t[i].id]=ans; work(x); } for (int i=1;i<=q;i++) printf("%d ",res[i]); return 0; }