BZOJ3052/UOJ#58 [wc2013]糖果公园 莫队 带修莫队 树上莫队

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题目传送门 - UOJ#58

题意

　　给定一棵树，有 $n$ 个节点。有 $m$ 种颜色，第 $i$ 个节点的颜色为 $c_i$ 。

　　给定参数 $v_{1},v_2,cdots,v_m$ 和 $w_1,w_2,cdots ,w_n$ ，具有以下意义：

　　　　第 $i$ 次遇到颜色为 $j$ 的节点，新得到的收益为 $v_{j} imes w_i$ 。

　　现在有 $q$ 次操作，操作有以下两种类型：

　　1.　给定 $x,y$ ，询问一个人从节点 $x$ 走到节点 $y$ 得到的总收益。

　　2.　给定 $x,y$ ，把节点 $x$ 的颜色改成 $y$ 。

　　请你对于每一个询问输出结果。

　　$1leq n,m,qleq 10^5,1leq v_i,w_ileq 10^6 m{Time limit = 8s} $

题解

　　树上带修莫队模板题。

　　把树上询问转化成括号序列，变成区间问题。然后上带修莫队。

　　注意询问的时候的特殊情况，例如 $x$ 和 $y$ 存在子孙或祖先关系时，括号序列区间的取值有所不同。

　　时间复杂度 $O(n^frac{5}{3})$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int read(){
	char ch=getchar();
	int x=0;
	while (!isdigit(ch))
		ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
	return x;
}
const int N=100005;
struct Gragh{
	static const int M=N*2;
	int cnt,y[M],nxt[M],fst[N];
	void clear(){
		cnt=0;
		memset(fst,0,sizeof fst);
	}
	void add(int a,int b){
		y[++cnt]=b,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt;
	}
}g;
struct Query{
	int L,R,id,LCA;
	LL ans;
	Query(){}
	Query(int _L,int _R,int _id,int _LCA){
		L=_L,R=_R,id=_id,LCA=_LCA;
	}
}Q[N];
struct Operation{
	int x,v1,v2,id;
	Operation(){}
	Operation(int _x,int _v1,int _v2,int _id){
		x=_x,v1=_v1,v2=_v2,id=_id;
	}
}O[N];
int n,m,q,Qcnt,Ocnt;
int depth[N],fa[N][20],in[N],out[N],id[N<<1],bID[N<<1],Time;
int v[N],w[N],c[N],dc[N];
int tax[N],opt[N];
void dfs(int x,int pre,int d){
	fa[x][0]=pre,depth[x]=d,id[in[x]=++Time]=x;
	for (int i=1;i<17;i++)
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i])
		if (g.y[i]!=pre)
			dfs(g.y[i],x,d+1);
	id[out[x]=++Time]=x;
}
int LCA(int x,int y){
	if (depth[x]<depth[y])
		swap(x,y);
	for (int i=16;i>=0;i--)
		if (depth[x]-(1<<i)>=depth[y])
			x=fa[x][i];
	if (x==y)
		return x;
	for (int i=16;i>=0;i--)
		if (fa[x][i]!=fa[y][i])
			x=fa[x][i],y=fa[y][i];
	return fa[x][0];
}
bool cmp(Query a,Query b){
	if (bID[a.L]!=bID[b.L])
		return bID[a.L]<bID[b.L];
	if (bID[a.R]!=bID[b.R])
		return bID[a.R]<bID[b.R];
	return a.id<b.id;
}
bool cmpid(Query a,Query b){
	return a.id<b.id;
}
LL ans=0;
void update(int i){
	int x=id[i];
	if (!opt[x])
		ans+=1LL*v[c[x]]*w[++tax[c[x]]];
	else
		ans-=1LL*v[c[x]]*w[tax[c[x]]--];
	opt[x]^=1;
}
void update_Time(int i){
	int x=O[i].x,a=O[i].v1,b=O[i].v2;
	if (c[x]!=a)
		swap(a,b);
	if (opt[x])
		ans-=1LL*v[c[x]]*w[tax[c[x]]--];
	c[x]=b;
	if (opt[x])
		ans+=1LL*v[c[x]]*w[++tax[c[x]]];
}
void solve(){
	sort(Q+1,Q+Qcnt+1,cmp);
	O[0].id=0,O[Ocnt+1].id=q+1;
	memset(tax,0,sizeof tax);
	memset(opt,0,sizeof opt);
	int L=1,R=0,t=0;
	for (int i=1;i<=Qcnt;i++){
		while (L<Q[i].L)
			update(L++);
		while (L>Q[i].L)
			update(--L);
		while (R<Q[i].R)
			update(++R);
		while (R>Q[i].R)
			update(R--);
		while (O[t+1].id<Q[i].id)
			update_Time(++t);
		while (O[t].id>Q[i].id)
			update_Time(t--);
		Q[i].ans=ans+1LL*v[c[Q[i].LCA]]*w[tax[c[Q[i].LCA]]+1];
	}
	sort(Q+1,Q+Qcnt+1,cmpid);
}
int main(){
	n=read(),m=read(),q=read();
	for (int i=1;i<=m;i++)
		v[i]=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		w[i]=read();
	g.clear();
	for (int i=1,a,b;i<n;i++){
		a=read(),b=read();
		g.add(a,b);
		g.add(b,a);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		dc[i]=c[i]=read();
	Time=0;
	dfs(1,0,0);
	for (int i=1;i<=n*2;i++)
		bID[i]=(i-1)/pow(n,0.666);
	Qcnt=Ocnt=0;
	for (int i=1;i<=q;i++){
		int opt=read(),x=read(),y=read();
		if (!opt){
			O[++Ocnt]=Operation(x,dc[x],y,i);
			dc[x]=y;
		}
		else {
			if (in[x]>in[y])
				swap(x,y);
			int lca=LCA(x,y);
			if (x==lca)
				Q[++Qcnt]=Query(in[x],in[y],i,0);
			else
				Q[++Qcnt]=Query(out[x],in[y],i,lca);
		}
	}
	solve();
	for (int i=1;i<=Qcnt;i++)
		printf("%lld
",Q[i].ans);
	return 0;
}