精神污染
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 637 Solved: 177
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Description
兵库县位于日本列岛的中央位置，北临日本海，南面濑户内海直通太平洋，中央部位是森林和山地，与拥有关西机场的大阪府比邻而居，是关西地区面积最大的县，是集经济和文化于一体的一大地区，是日本西部门户，海陆空交通设施发达。濑户内海沿岸气候温暖，多晴天，有日本少见的贸易良港神户港所在的神户市和曾是豪族城邑“城下町”的姬路市等大城市，还有以疗养地而闻名的六甲山地等。
兵库县官方也大力发展旅游，为了方便，他们在县内的N个旅游景点上建立了n-1条观光道，构成了一棵图论中的树。同时他们推出了M条观光线路，每条线路由两个节点x和y指定，经过的旅游景点就是树上x到y的唯一路径上的点。保证一条路径只出现一次。
你和你的朋友打算前往兵库县旅游，但旅行社还没有告知你们最终选择的观光线路是哪一条（假设是线路A）。这时候你得到了一个消息：在兵库北有一群丧心病狂的香菜蜜，他们已经选定了一条观光线路（假设是线路B），对这条路线上的所有景点都释放了【精神污染】。这个计划还有可能影响其他的线路，比如有四个景点1-2-3-4，而【精神污染】的路径是1-4，那么1-3,2-4,1-2等路径也被视为被完全污染了。
现在你想知道的是，假设随便选择两条不同的路径A和B，存在一条路径使得如果这条路径被污染，另一条路径也被污染的概率。换句话说，一条路径被另一条路径包含的概率。
Input
第一行两个整数N,M
接下来N-1行，每行两个数a,b，表示A和B之间有一条观光道。
接下来M行，每行两个数x,y，表示一条旅游线路。
Output
所求的概率，以最简分数形式输出。
Sample Input
5 3
1 2
2 3
3 4
2 5
3 5
2 5
1 4
1 2
2 3
3 4
2 5
3 5
2 5
1 4
Sample Output
1/3
样例解释
可以选择的路径对有(1,2),(1,3),(2,3)，只有路径1完全覆盖路径2。
样例解释
可以选择的路径对有(1,2),(1,3),(2,3)，只有路径1完全覆盖路径2。
HINT
100%的数据满足：N,M<=100000
题解：
将每个询问的点，按照dfs序的顺序，建立主席树
每棵线段树的版本是其祖先的版本加上询问中在其节点上的，
比如询问是x,y，那么建树在建到x的时候，将y加入当前线段树
在y的in中加1，out中减1，in表示进入的dfs序，out表示出来的dfs序
这个有什么用呢。
对于询问x，y，f表示其lca，就是询问x和y的树中
比如统计两个红点的答案，分别为x,y,f为lca,
所以答案+x,y,f,fa[f]上询问in[f],in[x]
+x,y,f,fa[f]上询问in[f],in[y]
-x,y,f,fa[f]上询问in[f],in[f]
-1减去自己
即可。
题目给的是没有相同的路径的。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<set> 5 #include<vector> 6 #include<algorithm> 7 #include<cmath> 8 9 #define ll long long 10 #define N 100007 11 using namespace std; 12 inline int read() 13 { 14 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 15 while(ch>'9'||ch<'0'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 16 while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();} 17 return x*f; 18 } 19 20 int n,m,ind,sz; 21 ll fz,fm; 22 int ls[N*40],rs[N*41],sum[N*40]; 23 int deep[N],root[N*2],in[N],out[N]; 24 int fa[N][17],ci[20]; 25 vector<int>a[N]; 26 int cnt,hed[N],nxt[N*2],rea[N*2]; 27 struct query 28 { 29 int x,y; 30 }q[N]; 31 bool operator<(query a,query b) 32 { 33 if(a.x==b.x)return a.y<b.y; 34 else return a.x<b.x; 35 } 36 37 ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);} 38 void add(int u,int v) 39 { 40 nxt[++cnt]=hed[u]; 41 hed[u]=cnt; 42 rea[cnt]=v; 43 } 44 void dfs(int x) 45 { 46 for(int i=1;(1<<i)<=deep[x];i++) 47 fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; 48 in[x]=++ind; 49 for(int i=hed[x];i!=-1;i=nxt[i]) 50 { 51 int v=rea[i]; 52 if(v!=fa[x][0]) 53 { 54 fa[v][0]=x; 55 deep[v]=deep[x]+1; 56 dfs(v); 57 } 58 } 59 out[x]=++ind; 60 } 61 inline void update(int p){sum[p]=sum[ls[p]]+sum[rs[p]];} 62 /*void ins(int yl,int &xz,int l,int r,int pos,int val) 63 { 64 xz=++sz,ls[xz]=ls[yl],rs[xz]=rs[yl]; 65 if(l==r) 66 { 67 sum[xz]=sum[yl]+val; 68 return; 69 } 70 int mid=(l+r)>>1; 71 if(pos<=mid) ins(ls[yl],ls[xz],l,mid,pos,val); 72 else ins(rs[yl],rs[xz],mid+1,r,pos,val); 73 update(xz); 74 }*/ 75 76 int insert(int x,int l,int r,int pos,int val) 77 { 78 int t=++sz; 79 ls[t]=ls[x];rs[t]=rs[x]; 80 if(l==r){sum[t]=sum[x]+val;return t;} 81 int mid=(l+r)>>1; 82 if(pos<=mid)ls[t]=insert(ls[t],l,mid,pos,val); 83 else rs[t]=insert(rs[t],mid+1,r,pos,val); 84 sum[t]=sum[ls[t]]+sum[rs[t]]; 85 return t; 86 } 87 int query(int p1,int p2,int p3,int p4,int l,int r,int st,int ed) 88 { 89 int mid=(l+r)>>1; 90 if(l==st&&r==ed) {return sum[p1]+sum[p2]-sum[p3]-sum[p4];} 91 if(ed<=mid) return query(ls[p1],ls[p2],ls[p3],ls[p4],l,mid,st,ed); 92 else if(st>mid) return query(rs[p1],rs[p2],rs[p3],rs[p4],mid+1,r,st,ed); 93 else return query(ls[p1],ls[p2],ls[p3],ls[p4],l,mid,st,mid)+query(rs[p1],rs[p2],rs[p3],rs[p4],mid+1,r,mid+1,ed); 94 } 95 /* 96 void build(int x) 97 { 98 root[0]=root[fa[x][0]]; 99 for(int i=0;i<a[x].size();i++) 100 { 101 ins(root[0],root[N-1],1,ind,in[a[x][i]],1); 102 ins(root[N-1],root[x],1,ind,out[a[x][i]],-1); 103 } 104 for(int i=hed[x];i!=-1;i=nxt[i]) 105 { 106 int v=rea[i]; 107 if(v!=fa[x][0]) build(v); 108 } 109 }*/ 110 111 void build(int x) 112 { 113 root[x]=root[fa[x][0]]; 114 for(int i=0;i<a[x].size();i++) 115 { 116 root[x]=insert(root[x],1,ind,in[a[x][i]],1); 117 root[x]=insert(root[x],1,ind,out[a[x][i]],-1); 118 } 119 for(int i=hed[x];i!=-1;i=nxt[i]) 120 { 121 int v=rea[i]; 122 if(v!=fa[x][0]) 123 build(v); 124 } 125 } 126 int lca(int a,int b) 127 { 128 if (deep[a]<deep[b]) swap(a,b); 129 int i;for (i=0;(1<<i)<=deep[a];i++);i--; 130 for (int j=i;j>=0;j--) 131 if (deep[a]-(1<<j)>=deep[b]) a=fa[a][j]; 132 if (a==b) return a; 133 for (int j=i;j>=0;j--) 134 if (fa[a][j]!=fa[b][j]) a=fa[a][j],b=fa[b][j]; 135 return fa[a][0]; 136 } 137 void solve() 138 { 139 for(int i=1;i<=m;i++) 140 { 141 int x=q[i].x,y=q[i].y,f=lca(x,y); 142 fz+=query(root[x],root[y],root[f],root[fa[f][0]],1,ind,in[f],in[x]); 143 fz+=query(root[x],root[y],root[f],root[fa[f][0]],1,ind,in[f],in[y]); 144 fz-=query(root[x],root[y],root[f],root[fa[f][0]],1,ind,in[f],in[f]); 145 fz--; 146 } 147 } 148 inline void init() 149 { 150 ci[0]=1; 151 for(int i=1;i<20;i++)ci[i]=ci[i-1]<<1; 152 153 memset(hed,-1,sizeof(hed)); 154 n=read();m=read(); 155 for(int i=1;i<n;i++) 156 { 157 int u=read(),v=read(); 158 add(u,v),add(v,u);//加边，没什么问题。 159 } 160 for(int i=1;i<=m;i++) 161 { 162 int x=read(),y=read(); 163 a[x].push_back(y);//在边的起点放入另外一个端点。 164 q[i].x=x,q[i].y=y; 165 } 166 sort(q+1,q+m+1);//q按照x为第一关键字来排序。 167 } 168 int main() 169 { 170 freopen("fzy.in","r",stdin); 171 freopen("fzy.out","w",stdout); 172 173 init(),dfs(1),build(1),solve(); 174 175 fm=(ll)m*(m-1)/2; 176 ll t=gcd(fz,fm); 177 fz/=t;fm/=t; 178 printf("%lld/%lld",fz,fm); 179 }