树上莫队 SPOJ COT2

题意: 给一棵树，每次查询u到v路径上有多少不同的点权

首先需要证明这类题目符合区间加减性质

摘选一段vfk大牛的证明

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

其实也就是说对于先前位置(preu,prev) 和当前位置已知T(preu,prev) 可以很方便的计算T(curu,curv)

具体做法如下

求出T(preu,curu) 和 T(prev,curv) 暴力遍历两点之间路径即可

此时T(curu,curv) = T(preu,prev) xor T(preu,curu) xor T(prev,curv)

S(curu,curv) = T(curu,curv) xot lca(curu,curv)

下面考虑如何对树上序列进行分块了

有两种方法

第一种方法：dfs的时候对每个点记录进栈时间戳f(x) 和出栈时间戳g(x)，得到一个2n的序列

对于查询(x,y) 令f(x) < f(y)

如果 x 是 y 的祖先，考虑从x向下走到y 即区间[f(x) , f(y)]

显然除了x到y路径上的点之外其他在区间[f(x),f(y)]出现的点都出现了两次

如果x 不是 y 的祖先，那么必然是先往上走再往下，即区间[g(x),f(y)] 再加上lca(x,y)

第二种方法：考虑对树上关键点的划分,详情见分块有关论文，证明我也没太看懂，大概的理解就是把一些距离相近的点划分成一块，减少块与块之间需要跨越的距离。

第一种方法序列长度为2n 看起来常数似乎比第二种要大，而且每个点记录两次处理起来麻烦一点,所以我用的是第二种

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int col[N],vis[N],cnt[N];

int pos[N],dfn[N];

int head[N],EN,tot;

int n , m, Siz;

inline void read(int &x){

    char c = getchar();

    x = 0;

    while(c < '0' || c > '9') c = getchar();

    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48,c = getchar();

}

struct Q{

    int l , r, id, b;

    int x , y;

    Q(){};

    bool operator < (const Q&rhs)const{

        if(b  == rhs.b) return dfn[r] < dfn[rhs.r];///左端点先按块排序，再右端点按时间戳排序

        return b < rhs.b;

    }

}q[N];

int ans[N] , res;

struct edge{

    int v,nxt;

    edge(){};

    edge(int v,int nxt):v(v),nxt(nxt){};

}e[N];

void add(int u,int v){

    e[EN] = edge(v,head[u]);

    head[u] = EN++;

}

int f[N][22],dep[N];

int lca(int u,int v){

    if(dep[u] < dep[v]) swap(u,v);

    int d = dep[u] - dep[v];

    for(int i = 0;i <= 20;i++)

        if((1<<i) & d) u = f[u][i];

    if(u == v) return u;

    for(int i = 20;i >= 0;i--)

        if(f[u][i] != f[v][i]) u = f[u][i],v = f[v][i];

    return f[u][0];

}

int stk[N],top,b_cnt;

int dfs(int u,int fa,int d){

    for(int i = 1;i <= 20;i++) f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];

    dep[u] = d;

    dfn[u] = tot++;

    int siz = 0;

    for(int i = head[u];~i;i = e[i].nxt){

        if(i == fa) continue;

        int v = e[i].v;

        f[v][0] = u;

        siz += dfs(v,i ^ 1,d + 1);

        if(siz >= Siz){

            while(siz--) pos[stk[top--]] = b_cnt;

            b_cnt++;

        }

    }

    stk[++top] = u;

    return siz + 1;

}

void init(){

    memset(head,-1,sizeof(head));

    b_cnt = top = EN = tot = 0;

}

inline void up(int u){

    if(!vis[u]) {

        if(++cnt[col[u]] == 1) res++;

        vis[u] = 1;

    }else{

        vis[u] = 0;

        if(--cnt[col[u]] == 0) res--;

    }

}

inline void work(int u,int v){

    while(u != v){

        if(dep[u] < dep[v]) swap(u,v);

        up(u),u = f[u][0];

    }

}

map<int,int> mp;

int ID;

/*

8 2

1000000000000 2 9 3 8 5 1000001 1000001

1 2

1 3

1 4

3 5

3 6

3 7

4 8

2 5

7 8

*/

int main(){

    read(n),read(m);

    ID = 1;mp.clear();

    for(int i = 1;i <= n;i++) {

            read(col[i]);

            if(!mp[col[i]]) mp[col[i]] = ID++;

            col[i] = mp[col[i]];

    }

    init();

    int rt = 0;

    for(int i = 1;i < n;i++){

        int u , v;

        read(u),read(v);

        if(!u) rt = v;

        else if(!v) rt = u;

        else add(u,v),add(v,u);

    }

    Siz = sqrt(n + 0.5);

    dfs(1,-1,1);

    while(top) pos[stk[top--]] = b_cnt;

    for(int i = 0;i < m;i++){

        read(q[i].l),read(q[i].r);//read(q[i].x),read(q[i].y);

        if(dfn[q[i].l] > dfn[q[i].r]) swap(q[i].l,q[i].r);

        q[i].id = i;

        q[i].b = pos[q[i].l];

    }

    sort(q,q + m);

    memset(vis,0,sizeof(vis));

    memset(cnt,0,sizeof(cnt));

    res = 0;

    int LCA = lca(q[0].l,q[0].r);

    work(q[0].l,q[0].r);

    up(LCA);

    ans[q[0].id] = res;

    up(LCA);

    for(int i = 1;i < m;i++){

        work(q[i-1].l,q[i].l);

        work(q[i-1].r,q[i].r);

        LCA = lca(q[i].l,q[i].r);

        up(LCA);

        ans[q[i].id]  = res;

        up(LCA);

    }

    for(int i = 0;i < m;i++) printf("%d\n",ans[i]);

    return 0;

}

巴特西

树上莫队 SPOJ COT2

最新文章

热门文章