【bzoj4771】七彩树 树链的并+STL-set+DFS序+可持久化线段树

题目描述

给定一棵n个点的有根树,编号依次为1到n,其中1号点是根节点。每个节点都被染上了某一种颜色,其中第i个节点的颜色为c[i]。如果c[i]=c[j],那么我们认为点i和点j拥有相同的颜色。定义depth[i]为i节点与根节点的距离,为了方便起见,你可以认为树上相邻的两个点之间的距离为1。站在这棵色彩斑斓的树前面,你将面临m个问题。每个问题包含两个整数x和d,表示询问x子树里且depth不超过depth[x]+d的所有点中出现了多少种本质不同的颜色。请写一个程序,快速回答这些询问。

输入

第一行包含一个正整数T(1<=T<=500),表示测试数据的组数。
每组数据中,第一行包含两个正整数n(1<=n<=100000)和m(1<=m<=100000),表示节点数和询问数。
第二行包含n个正整数,其中第i个数为c[i](1<=c[i]<=n),分别表示每个节点的颜色。
第三行包含n-1个正整数,其中第i个数为f[i+1](1<=f[i]<i),表示节点i+1的父亲节点的编号。
接下来m行,每行两个整数x(1<=x<=n)和d(0<=d<n),依次表示每个询问。
输入数据经过了加密,对于每个询问,如果你读入了x和d,那么真实的x和d分别是x xor last和d xor last,
其中last表示这组数据中上一次询问的答案,如果这是当前数据的第一组询问,那么last=0。
输入数据保证n和m的总和不超过500000。

输出

对于每个询问输出一行一个整数,即答案。

样例输入

1
5 8
1 3 3 2 2
1 1 3 3
1 0
0 0
3 0
1 3
2 1
2 0
6 2
4 1

样例输出

1
2
3
1
1
2
1
1


题解

树链的并+STL-set+DFS序+可持久化线段树

如果没有深度限制,那么对于一种颜色,子树内包含该颜色的节点为:所有该颜色节点到根节点路径覆盖的所有节点,即树链的并。

因此对于每一种颜色求树链的并,支持链加操作;查询单个点的时候就是查询单点值。树上差分后转变为单点加、子树求和,使用DFS序转化为区间问题后使用数据结构维护。

那么有深度限制呢?我们按照深度维护可持久化线段树,第 $i$ 个版本我们只考虑深度小于等于 $i$ 的节点的影响。此时需要使用STL-set维护每个颜色的树链的并。

查询时直接查询depth[x]+d版本对应的可持久化线段树中,x节点子树内的权值和即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

#include <set>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
set<int> s[N];
set<int>::iterator it;
int c[N] , head[N] , to[N] , next[N] , cnt , fa[N][20] , deep[N] , log[N] , pos[N] , ref[N] , last[N] , tp;
int id[N] , sum[N << 6] , ls[N << 6] , rs[N << 6] , root[N] , tc;
inline void add(int x , int y)
{
	to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs(int x)
{
	int i;
	pos[x] = ++tp , ref[tp] = x;
	for(i = 1 ; (1 << i) <= deep[x] ; i ++ ) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
	for(i = head[x] ; i ; i = next[i]) fa[to[i]][0] = x , deep[to[i]] = deep[x] + 1 , dfs(to[i]);
	last[x] = tp;
}
inline int lca(int x , int y)
{
	int i;
	if(deep[x] < deep[y]) swap(x , y);
	for(i = log[deep[x] - deep[y]] ; ~i ; i -- )
		if(deep[x] - deep[y] >= (1 << i))
			x = fa[x][i];
	if(x == y) return x;
	for(i = log[deep[x]] ; ~i ; i -- )
		if(deep[x] >= (1 << i) && fa[x][i] != fa[y][i])
			x = fa[x][i] , y = fa[y][i];
	return fa[x][0];
}
bool cmp(int a , int b)
{
	return deep[a] < deep[b];
}
void update(int p , int a , int l , int r , int x , int &y)
{
	y = ++tc , sum[y] = sum[x] + a;
	if(l == r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) rs[y] = rs[x] , update(p , a , l , mid , ls[x] , ls[y]);
	else ls[y] = ls[x] , update(p , a , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
int query(int b , int e , int l , int r , int x)
{
	if(b <= l && r <= e) return sum[x];
	int mid = (l + r) >> 1 , ans = 0;
	if(b <= mid) ans += query(b , e , l , mid , ls[x]);
	if(e > mid) ans += query(b , e , mid + 1 , r , rs[x]);
	return ans;
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d" , &T);
	while(T -- )
	{
		cnt = tp = tc = 0;
		int n , m , i , p = 1 , x , y , lastans = 0;
		scanf("%d%d" , &n , &m);
		for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &c[i]) , s[i].clear() , id[i] = i , head[i] = 0;
		for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &x) , add(x , i) , log[i] = log[i >> 1] + 1;
		dfs(1) , sort(id + 1 , id + n + 1 , cmp);
		for(root[0] = i = 0 ; i < n ; i ++ )
		{
			if(i) root[i] = root[i - 1];
			while(p <= n && deep[id[p]] <= i)
			{
				x = y = 0;
				it = s[c[id[p]]].lower_bound(pos[id[p]]);
				if(it != s[c[id[p]]].end()) y = ref[*it];
				if(it != s[c[id[p]]].begin()) x = ref[*--it];
				update(pos[id[p]] , 1 , 1 , n , root[i] , root[i]);
				if(x) update(pos[lca(x , id[p])] , -1 , 1 , n , root[i] , root[i]);
				if(y) update(pos[lca(y , id[p])] , -1 , 1 , n , root[i] , root[i]);
				if(x && y) update(pos[lca(x , y)] , 1 , 1 , n , root[i] , root[i]);
				s[c[id[p]]].insert(pos[id[p]]) , p ++ ;
			}
		}
		while(m -- )
		{
			scanf("%d%d" , &x , &y) , x ^= lastans , y = min(deep[x] + (y ^ lastans) , n - 1);
			printf("%d\n" , lastans = query(pos[x] , last[x] , 1 , n , root[y]));
		}
	}
	return 0;
}

 

posted @ 2018-04-04 10:43 GXZlegend 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏