SPOJ COT2 Count on a tree II （树上莫队，倍增算法求LCA）
题意：给一个树图，每个点的点权（比如颜色编号），m个询问，每个询问是一个区间[a,b]，图中两点之间唯一路径上有多少个不同点权（即多少种颜色）。n<40000，m<100000。
思路：无意中看到树上莫队，只是拿来练练，没有想到这题的难点不在于树上莫队，而是判断LCA是否在两点之间的路径上的问题。耗时1天。
树上莫队的搞法就是：
（1）DFS一次，对树进行分块，分成sqrt(n)块，每个点属于一个块。并记录每个点的DFS序。
（2）将m个询问区间用所属块号作为第一关键字，DFS序作为第二关键字进行排序。
（3）转移都是差不多的，靠具体问题分析转移方式。
这题的搞法：
（1）点权可能过大，但是只有4万点权，所以映射到1~4w进行处理。
（2）DFS对树进行分块，标记dfs序，记录每个点的深度（倍增用）。
（3）LCA预处理，以及求LCA的函数。
（4）对m个询问进行排序。
（5）莫队开始搞起。
如何转移（抄别人的）：
（1）定义S(u,v)为u−v路径上的顶点集合，root表示根节点。
（2）S(u,v)=S(root,u)△S(root,v)△lca(u,v) (△表示集合中的对称差，相当于xor)
（3）定义T(u,v)=S(root,u)△S(root,v)，我们先不管lca的事情
（4）如果我们从u−v的路径变成u−v′的路径的话对答案有什么影响呢？
（5）根据定义我们可以得到T(u,v′)=S(root,u)△S(root,v′)
（6）T(u,v)△T(u,v′)=S(root,u)△S(root,v)△S(root,u)△S(root,v′)=S(root,v)△S(root,v′)=T(v,v′)。
也就是说，(a,b)要转移到(a,c)的话，将a点固定不动，b点逐个点走到c点就行了，肯定是将b走到Lca，c也走到Lca就行了。假设(a,b)路径上的点已经作了标记，只需要在走的时候，(b,c)路径上有标记的点就去掉，无标记的就加标记。
这样的做法理论上很容易理解，想起来不简单。因为当你走过a,b,c其中两个点的Lca时，你得想清楚这个Lca究竟要不要，而一共有3个Lca可以玩。当然如果某个点在(a,c)路径上，那么肯定是要的，所以任务就是判断这3个Lca是否在这段路径上。这才是难点！
虽然有很多种情况，但归类为3种：（1）单纯缩短 （2）单纯伸长 （3）先缩短+再伸长。
只要分这3类处理就OK了。而LCA(a,c)肯定是要的，这就可以利用了，判断LCA(b,c)是否在(a,c)上，可以根据从c走到LCA(b,c)遍历的点的顺序，是先到达LCA(a,c)还是LCA(b,c)？如果先到达LCA(b,c)，后达LCA(a,c)，则LCA(b,c)就要，否则就不要。同理这样判断LCA(a,b)要不要。
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1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define pii pair<int,int> 3 #define INF 0x3f3f3f3f 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 const int N=40010; 7 8 struct Que 9 { 10 int L, R, pos, ans; 11 Que(){}; 12 Que(int L,int R,int pos):L(L),R(R),pos(pos){ans=0;}; 13 }; 14 int belongto[N], dfn[N], pre[N], stac[N], w[N]; 15 int depth[N], anc[N][32], inp[N], cnt, bit[101000]; 16 int n, m, block, block_cnt, stac_top, dfn_clock, up; 17 vector<int> vect[N]; 18 vector<Que> que; 19 20 void add_edge(int from,int to) 21 { 22 vect[from].push_back(to); 23 vect[to].push_back(from); 24 } 25 inline int cmp(Que a,Que b) //第一关键字：块。第二关键字：DFS时间戳。 26 { 27 if(belongto[a.L]==belongto[b.L]) return dfn[a.R]<dfn[b.R]; 28 return belongto[a.L] < belongto[b.L]; 29 } 30 31 inline int cmp1(Que a,Que b){return a.pos<b.pos;} 32 33 34 void DFS(int x) //树的分块。 35 { 36 dfn[x]=++dfn_clock; //dfs序 37 int cur=stac_top; 38 for(int i=0; i<vect[x].size(); i++) 39 { 40 int t=vect[x][i]; 41 if(!dfn[t]) 42 { 43 pre[t]=x; 44 depth[t]=depth[x]+1; //深度 45 DFS(t); 46 if(stac_top-cur >= block) //够block个就组 47 { 48 block_cnt++; 49 while(--stac_top>=cur) 50 { 51 int p=stac[stac_top]; 52 belongto[p]=block_cnt; 53 } 54 stac_top++; //栈顶必须为空 55 } 56 } 57 } 58 stac[stac_top++]=x;//栈 59 } 60 61 void pre_lca(int n) //倍增 62 { 63 memset(anc, 0, sizeof(anc)); 64 for(int i=1; i<=n; i++) anc[i][0]=pre[i]; //0是他们自己的父亲。 65 66 for(int k=1; (1<<k)<=n; k++) //第2的k次方个父亲。 67 { 68 for(int i=1; i<=n; i++) 69 { 70 if(anc[i][k-1]) 71 { 72 int a=anc[i][k-1]; 73 anc[i][k]=anc[a][k-1]; 74 } 75 } 76 } 77 } 78 79 int LCA(int a,int b) 80 { 81 //提到同层 82 if(depth[a]<depth[b]) swap(a, b); 83 int log; 84 for(log=1; (1<<log)<=depth[a]; log++ ); 85 log--; 86 87 for(int i=log; i>=0; i-- ) //一定要从大到小 88 if( depth[a]-(1<<i)>=depth[b] ) 89 a=anc[a][i]; 90 91 if(a==b) return a; //b就是lca 92 93 94 for(int i=log; i>=0; i--) //同时往上提。 95 { 96 if(anc[a][i] && anc[a][i]!=anc[b][i] ) 97 { 98 a=anc[a][i]; 99 b=anc[b][i]; 100 } 101 } 102 return pre[a]; 103 } 104 105 106 void deal(int x,int d) //将值异或一下。 107 { 108 if(d==1) //加上1个 109 { 110 if(bit[x]) bit[x]+=1; 111 else bit[x]=1,cnt++; 112 } 113 else //减去1个 114 { 115 bit[x]--; 116 if(bit[x]==0) cnt--; 117 } 118 119 } 120 121 void backtofar(int ed,int lca) //但是lca不碰 122 { 123 while( ed!=lca ) 124 { 125 inp[ed]*=-1; 126 deal(w[ed], inp[ed]); 127 ed=pre[ed]; 128 } 129 } 130 void biyao(int x,int b) //保证x在inpath上的状态必为b 131 { 132 if(inp[x]!=b) 133 { 134 inp[x]*=-1; 135 deal(w[x], inp[x]); 136 } 137 } 138 139 int update(int L,int s,int e,int lca,int lca2,int lca3) //将s转移到e 140 { 141 if(inp[e]==1) //第一种:缩短 142 { 143 backtofar(s, lca); 144 backtofar(e, lca); 145 biyao(s, -1); 146 biyao(lca, -1); //s和e的LCA一定不要，若L到e经过了，那就肯定是他们的LCA，再补回来。 147 } 148 else //其他两种 149 { 150 int ed, s_e=INF,L_s=INF, L_e=INF, Clock=1; //靠flag判断是：（1）伸长 （2）缩短+伸长 151 ed=s; 152 while( ed!=lca ) //lca先不碰 153 { 154 if(ed==lca) s_e=Clock; 155 if(ed==lca3) L_s=Clock; 156 inp[ed]*=-1; //取反 157 deal(w[ed], inp[ed]); 158 ed=pre[ed]; 159 Clock++; 160 } 161 162 ed=e; 163 int s_e1=INF; 164 while( ed!=lca ) //lca先不碰 165 { 166 if(ed==lca) s_e1=Clock; 167 if(ed==lca2) L_e=Clock; 168 inp[ed]*=-1; //取反 169 deal(w[ed], inp[ed]); 170 ed=pre[ed]; 171 Clock++; 172 } 173 if(ed==lca) s_e1=Clock; 174 if(ed==lca2) L_e=Clock; 175 176 if(L_s>=s_e) biyao(lca3, -1); 177 if(s_e1>=L_e) biyao(lca, -1); 178 179 if(L_s<s_e) biyao(lca3, 1); 180 if(s_e1<L_e) biyao(lca, 1); 181 } 182 biyao(L, 1); 183 biyao(e, 1); 184 biyao(lca2, 1); 185 return cnt; 186 } 187 188 void cal(int n,int m) 189 { 190 for(int i=1; i<=n; i++) inp[i]=-1; //初始，无妨问过. 191 DFS(1); //分块 192 while(stac_top>=0) //可能有余下的点，另开新块 193 { 194 int p=stac[stac_top--]; 195 belongto[p]=block_cnt; 196 } 197 pre_lca(n); //倍增处理lca 198 sort(que.begin(), que.end(), cmp); 199 200 int ans=0, L=1, R=1; //先将L和R随便弄到一个区间上，比如(1,1)。 201 cnt=inp[1]=bit[w[1]]=1; 202 for(int i=0; i<que.size(); i++) //莫队 203 { 204 if(R!=que[i].R) ans=update(L, R, que[i].R, LCA(R, que[i].R), LCA(L,que[i].R), LCA(L,R) ); //左 205 R=que[i].R; 206 if(L!=que[i].L) ans=update(R, L, que[i].L, LCA(L, que[i].L), LCA(R,que[i].L), LCA(L,R) ); //右 207 L=que[i].L; 208 que[i].ans=ans; 209 } 210 sort(que.begin(), que.end(), cmp1); //输出 211 for(int i=0; i<que.size(); i++) printf("%d\n", que[i].ans); 212 } 213 214 map<int,int> mapp; 215 void init() 216 { 217 block=sqrt(n); 218 dfn_clock=block_cnt=stac_top=up=0; 219 mapp.clear(); 220 que.clear(); 221 for(int i=0; i<=n; i++) vect[i].clear(); 222 memset(bit, 0, sizeof(bit)); 223 memset(dfn, 0, sizeof(dfn)); 224 memset(pre, 0, sizeof(pre)); 225 memset(depth, 0, sizeof(depth)); 226 } 227 int main() 228 { 229 freopen("input.txt", "r", stdin); 230 int a, b, t; 231 while(cin>>n>>m) 232 { 233 init(); 234 for(int i=1; i<=n; i++) 235 { 236 scanf("%d", &t); //点权 237 if(mapp[t]==0) mapp[t]=++up; //映射为小一点的值。 238 w[i]=mapp[t]; 239 } 240 for(int i=1; i<n; i++) //树边 241 { 242 scanf("%d%d",&a,&b); 243 add_edge(a, b); 244 } 245 for(int i=0; i<m; i++) //询问 246 { 247 scanf("%d%d",&a,&b); 248 que.push_back(Que(a,b,i)); 249 } 250 cal(n,m); 251 } 252 return 0; 253 }
