Solution -「NOI.AC 省选膜你赛」union

题目

题意简述

  给定两颗树 \(A,B\)，\(A\) 中的任一结点 \(u\) 与 \(B\) 中的任一结点 \(v\) 都有一个关系值 \(f(u,v)\)，初始为 \(0\)。再给出 \(q\) 个形如 \(a1,b1,a2,b2,c\) 的操作，表示对于 \(A\) 中路径 \(a1\leftrightarrow b1\) 上的任一结点 \(u\) 和 \(B\) 中路径 \(a2\leftrightarrow b2\) 上的任一结点 \(v\)，\(f(u,v)\leftarrow f(u,v)+c\)。求操作完成后所有的 \(f(u,v)\)。

数据规模

  设 \(A\) 的结点数 \(n\)，\(B\) 的结点数 \(m\)。

  \(n,m\le10^4;~q\le5\times10^5\)。

题解

  一道有意思的差分题 owo。

  首先将 \(A\) 和 \(B\) 分别树链剖分，把结点编号转化为 \(DFN\) 来考虑问题。

  形象地，我们把 \(f\) 列成一个表格，第 \(i\) 行第 \(j\) 列的值表示 \(A\) 中 \(DFN\) 为 \(i\) 的结点 \(u\) 和 \(B\) 中 \(DFN\) 为 \(j\) 的结点 \(v\) 的 \(f(u,v)\) 值。如果操作涉及路径的 \(DFN\) 值连续，那么就相当于修改这个表格的一个子矩阵，可以差分做到。推广到一般情况，只需要用树剖取出 \(A\) 中路径所覆盖的若干个 \(DFN\) 区间和 \(B\) 中路径覆盖的若干个 \(DFN\) 区间，暴力地两两配对，修改子矩阵即可。最后前缀和还原表格，就求出每一个 \(f(u,v)\) 啦～

  复杂度 \(O(q\log^2n)\)。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <utility>

#define x1 tmpx1
#define y1 tmpy1
#define x2 tmpx2
#define y2 tmpy2

inline int rint () {
	int x = 0, f = 1; char s = getchar ();
	for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar () ) f = s == '-' ? -f : f;
	for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar ( '-' ), x = ~ x + 1;
	if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
	putchar ( x % 10 ^ '0' );
}

const int MAXN = 1e4;

struct TreeSplit {
	int n, fa[MAXN + 5], dep[MAXN + 5], son[MAXN + 5], siz[MAXN + 5];
	int indx, top[MAXN + 5], dfn[MAXN + 5], ref[MAXN + 5];
	std :: vector<int> graph[MAXN + 5];
	
	inline void read () {
		n = rint ();
		for ( int i = 1, u, v; i < n; ++ i ) {
			u = rint (), v = rint ();
			graph[u].push_back ( v ), graph[v].push_back ( u );
		}
	}

	inline void DFS1 ( const int u, const int f ) {
		dep[u] = dep[fa[u] = f] + ( siz[u] = 1 );
		for ( int v: graph[u] ) if ( v ^ f ) {
			DFS1 ( v, u ), siz[u] += siz[v];
			if ( siz[son[u]] < siz[v] ) son[u] = v;
		}
	}

	inline void DFS2 ( const int u, const int tp ) {
		top[ref[dfn[u] = ++ indx] = u] = tp;
		if ( son[u] ) DFS2 ( son[u], tp );
		for ( int v: graph[u] ) if ( v ^ fa[u] && v ^ son[u] ) DFS2 ( v, v );
	}

	inline std :: vector<std :: pair<int, int> > getPath ( int u, int v ) {
		static std :: vector<std :: pair<int, int> > ret; ret.clear ();
		while ( top[u] ^ top[v] ) {
			if ( dep[top[u]] < dep[top[v]] ) u ^= v ^= u ^= v;
			ret.push_back ( { dfn[top[u]], dfn[u] } ), u = fa[top[u]];
		}
		if ( dep[u] < dep[v] ) u ^= v ^= u ^= v;
		return ret.push_back ( { dfn[v], dfn[u] } ), ret;
	}
} T1, T2;

int sum[MAXN + 5][MAXN + 5];

inline void add ( const int x1, const int y1, const int x2, const int y2, const int k ) {
	sum[x1][y1] += k, sum[x1][y2 + 1] -= k, sum[x2 + 1][y1] -= k, sum[x2 + 1][y2 + 1] += k;
}

int main () {
	T1.read (), T2.read ();
	T1.DFS1 ( 1, 0 ), T1.DFS2 ( 1, 1 );
	T2.DFS1 ( 1, 0 ), T2.DFS2 ( 1, 1 );
	std :: vector<std :: pair<int, int> > pathA, pathB;
	for ( int q = rint (), a, b, u, v, k; q --; ) {
		a = rint (), b = rint (), u = rint (), v = rint (), k = rint ();
		pathA = T1.getPath ( a, b ), pathB = T2.getPath ( u, v );
		for ( auto seca: pathA ) for ( auto secb: pathB ) {
			add ( seca.first, secb.first, seca.second, secb.second, k );
		}
	}
	for ( int i = 1; i <= T1.n; ++ i ) {
		for ( int j = 1; j <= T2.n; ++ j ) {
			sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
		}
	}
	long long ans = 0;
	for ( int i = 1; i <= T1.n; ++ i ) {
		for ( int j = 1; j <= T2.n; ++ j ) {
			ans ^= 1ll * T1.ref[i] * T2.ref[j] * sum[i][j];
		}
	}
	wint ( ans ), putchar ( '\n' );
	return 0;
}