简单数据结构题（from 钟子谦——IOI2018集训队自选题）

试题描述

给一棵 \(n\) 个点的树，点权开始为 \(0\) ，有 \(q\) 次操作，每次操作是选择一个点，把周围一圈点点权 \(+1\)（一个点周围的点为与该点距离为 \(1\) 的点），在该操作后你需要输出当前周围一圈点点权的异或和。

由于输出量较大，设第 \(i\) 个询问输出为 \(ans_i\)，你只需要输出

\begin{equation}

[\sum^q_{i=1}ans_i \cdot (i^2+i)] \texttt{ mod } (10^9+7)

\notag

\end{equation}

输入

第一行两个数 \(n\) ， \(q\) ，表示树的点数和操作数。

接下来 \(n-1\) 行每行两个数表示树上的一条边。

接下来 \(q\) 行每行一个数 \(x\)，表示把 \(x\) 周围一圈点点权 \(+1\)。

输出

输出一个 \([0,10^9+7)\) 的数，详见题目描述。

输入示例

输出示例

数据规模及约定

对于 \(80\texttt{%}\) 的数据，保证 \(n = 1000\)

对于 \(90\texttt{%}\) 的数据，保证 \(n = 100000\)

对于 \(100\texttt{%}\) 的数据，保证 \(n = 500000\)

题解

这题差最后一步想到了。

不过好像除了 trie 树这步最妙这题也没其他什么了。。。

每个点周围的点可以分为父节点和子树中的一层节点，所以我们可以把一个节点 \(u\) 的所有儿子的信息存储到节点 \(u\) 中，然后对于一个询问，父亲单独计算，统一计算所有儿子的。

所以现在要一个可以支持删除、插入（对父亲的单独操作）、全体加 \(1\)、求全体异或和的数据结构。

一个数 \(x\) 加上 \(1\) 可以看做 \(x \rightarrow x \bigoplus (2 \cdot lowbit(\texttt{~}x) - 1)\)（\(\bigoplus\) 表示异或运算符，\(\texttt{~}\) 表示取反运算符，\(lowbit(t)\) 表示只取 \(t\) 最低位的 \(1\)），所以我们需要维护集合内所有 \(x\) 的同时维护所有的 \(lowbit(\texttt{~}x)\)，确切地，只需要知道每种 \(lowbit(x)\)（最多 \(\log q\) 种）的取值有多少个。

然后就是我没想到的最后一步了：建立 trie 树保存集合内所有数（从浅到深按从低位到高位的顺序保存），\(lowbit(\texttt{~}x)\) 很好得到了，然后全体 \(+1\) 就是每次交换左右子树，然后递归到左子树去（即最低位异或 \(1\) 然后处理进位）。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cctype>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)

#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)

int read() {

	int x = 0, f = 1; char c = getchar();

	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }

	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }

	return x * f;

}

#define maxn 500010

#define maxm 1000010

#define maxnode 10000010

#define maxlog 25

#define MOD 1000000007

#define LL long long

int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], Fa[maxn], at[maxn];

int ToT, rt[maxn], val[maxnode], ch[maxnode][2], siz[maxnode], fa[maxnode], rec[maxlog], cntr;

void AddEdge(int a, int b) {

	to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;

	swap(a, b);

	to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;

	return ;

}

int getnode() {

	int u;

	if(cntr) u = rec[cntr--];

	else u = ++ToT;

	ch[u][0] = ch[u][1] = fa[u] = siz[u] = 0;

	return u;

}

int Insert(int& r, int v) {

	if(!r) r = getnode(), val[r] = v;

	else val[r] ^= v;

	int u = r; siz[u]++;

	rep(i, 1, 20) {

		int x = v & 1; v >>= 1;

		if(!ch[u][x]) fa[ch[u][x] = getnode()] = u;

		u = ch[u][x]; siz[u]++;

	}

//	printf("Insert(%d): %d\n", r, u);

	return u;

}

void build(int u) {

	rt[u] = ++ToT;

	for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != Fa[u]) {

		at[to[e]] = Insert(rt[u], 0);

		Fa[to[e]] = u;

		build(to[e]);

	}

	return ;

}

int getnum(int u) {

	int res = 0; cntr = 0;

	while(u) {

		if(fa[u] && ch[fa[u]][1] == u) res = res << 1 | 1;

		else if(fa[u]) res <<= 1;

//		printf("getnum: %d\n", u);

		siz[u]--;

		if(!siz[u] && fa[u]) {

			rec[++cntr] = u;

//			printf("recycle %d\n", u);

			if(ch[fa[u]][1] == u) ch[fa[u]][1] = 0;

			else ch[fa[u]][0] = 0;

		}

		if(!fa[u]) val[u] ^= res;

		u = fa[u];

	}

	return res;

}

void Add(int r) {

	int u = r, d = 0;

	while(u) {

		int s = ch[u][0] ? siz[ch[u][0]] : 0;

		if(!ch[u][1]) s = siz[u];

		if(s & 1) val[r] ^= (1 << d + 1) - 1;

		u = ch[u][1]; d++;

	}

	u = r;

	while(u) {

		swap(ch[u][0], ch[u][1]);

		u = ch[u][0];

	}

	return ;

}

int main() {

	n = read(); int q = read();

	rep(i, 1, n - 1) {

		int a = read(), b = read();

		AddEdge(a, b);

	}

	Insert(rt[0], 0);

	build(1);

	int Ans = 0;

	rep(i, 1, q) {

		int u = read(), ans = 0;

		if(Fa[u]) {

			ans = getnum(at[Fa[u]]) + 1;

//			printf("faans: %d\n", ans);

			at[Fa[u]] = Insert(rt[Fa[Fa[u]]], ans);

		}

//		printf("beforeAdd: %d\n", val[rt[u]]);

		Add(rt[u]);

		ans ^= val[rt[u]];

//		printf("afterAdd: %d\n", val[rt[u]]);

		(Ans += (LL)ans * ((LL)i * i % MOD + i) % MOD) %= MOD;

	}

	printf("%d\n", Ans);

	return 0;

}

巴特西

简单数据结构题（from 钟子谦——IOI2018集训队自选题）