BZOJ.3351.[IOI2009]Regions(根号分治 差分)

BZOJ

表示非常爽2333

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(Description)

给定一棵(n)个点的树，每个点有一个属性(1leq r_ileq R)。
(Q)次询问，每次询问给定(r1,r2)，求有多少点对((x,y))满足，(r_x=r1, r_y=r2)，且(x)是(y)的祖先。
(n,qleq2 imes10^5, Rleq25000)。

(Solution)

对属性为(r2)的有多少个点分类讨论。
若(leqsqrt n)，在每个点处暴力统计它祖先的贡献；
若(gtsqrt n)，则这样的属性不超过(sqrt n)种，在属性为(r1)的点上暴力枚举这些(r2)更新答案（这里可以差分：进入子树前与访问完子树后）。
显然对于第二种情况，在每个点上，要对询问的(r2)去重才能保证复杂度（然而数据没卡不去重好像也能过...）。
关于如何去重，自己想的是，对(r2)相同的一些询问，要同时更新它们。大概以(r2)为关键字sort下，就可以差分了？
事实上对询问点对((r1,r2))判一下重就可以了...如果出现够询问((r1,r2))，就直接用之前的作答案。
复杂度(O(nsqrt n+qsqrt n))。

有树分块做法，然而懒得看。

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//28360kb	7720ms
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=2e5+5,M=25005;

int Enum,H[N],nxt[N],A[N],Ans[N];
std::vector<pr> v1[M],v2[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
	nxt[v]=H[u], H[u]=v;
}
void DFS(int x)
{
	static int sum1[N],sum2[N];

	const std::vector<pr> &vec2=v2[A[x]];//一开始&忘了写...我说怎么MLE=-= 
	for(int i=0,l=vec2.size(); i<l; ++i)
		Ans[vec2[i].second]+=sum2[vec2[i].first];

	++sum1[A[x]], ++sum2[A[x]];
	const std::vector<pr> &vec1=v1[A[x]];
	for(int i=0,l=vec1.size(); i<l; ++i)
		Ans[vec1[i].second]-=sum1[vec1[i].first];

	for(int v=H[x]; v; v=nxt[v]) DFS(v);

	for(int i=0,l=vec1.size(); i<l; ++i)
		Ans[vec1[i].second]+=sum1[vec1[i].first];
	--sum2[A[x]];
}

int main()
{
	static int pos[N],cnt[M];

	const int n=read(),R=read(),Q=read(),size=sqrt(n);
	++cnt[A[1]=read()];
	for(int i=2; i<=n; ++i) AE(read(),i), ++cnt[A[i]=read()];

	std::map<pr,int> f;
	std::map<pr,int>::iterator it;
	for(int i=1; i<=Q; ++i)
	{
		int r1=read(),r2=read();
		if((it=f.find(mp(r1,r2)))==f.end())
		{
			f[mp(r1,r2)]=pos[i]=i;
			if(cnt[r2]<=size) v2[r2].push_back(mp(r1,i));
			else v1[r1].push_back(mp(r2,i));
		}
		else pos[i]=it->second;
	}
	DFS(1);
	for(int i=1; i<=Q; ++i) printf("%d
",Ans[pos[i]]);//其实应该用long long的=v= 

	return 0;
}