QOJ 5403 树数术

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我们认为自己是自己的祖先，并且下文说的部分内容是在 \(a\) 数组上进行的，例如 \(i\) 可能指的是 \(a_i\)，\(j\) 指的是 \(a_j\) 等等。

我们先考虑一条链怎么做。我们预处理 \(f_{0,i}\) 表示 \(i\) 后面的第一个 \(j\)，使得 \(j\) 满足它是 \(i\sim j\) 之间所有点的祖先。

这个显然是好处理的，直接单调栈即可。然后对于每一个读入的区间，倍增找出第一个是其前面所有区间中的点的 lca 的点，然后从这个点开始跳 \(f\) 数组。

现在考虑链变为树怎么做。发现 dfn 的限制变为了（设 \(u\) 子树中 dfn 的最小值为 \(l_u\)，最大值为 \(r_u\)）\(l_j\le L,r_j\ge R\)，其中 \(L,R\) 是 \(i\sim j\) 中所有 \(l\) 的最小值和 \(r\) 的最大值。

显然我们可以先只满足第一个限制，求出一个 \(f\) 数组，仍然使用单调栈即可。

接下来考虑怎么在满足第一个限制的同时满足第二个限制。本段的下一个，指的是下一个对于该点满足第一个限制的点。我们设 \(v_{0,i}\) 表示下一个满足第二个限制的点的 \(r\) 是多少，没有则为 \(0\)。

考虑怎么把左子区间和右子区间合并到当前区间（即倍增数组 \(v\) 的合并）。首先 \(v\) 继承左子区间的 \(v\)，然后看右子区间的 \(v\) 是否不小于左子区间中 \(r\) 的最大值，如果是，那么即这个东西同时是右子区间和左子区间的 \(r\) 的最大值，也就是说可以继承。

那么继承完之后，我们就会求 \(v\) 了。接下来我们考虑怎么处理每个点下一个合法的点（即对于每个 \(i\) 找出最小的 \(j\)，使得 \(j\) 是 \(i\sim j\) 中所有点的祖先），只需要倍增地找，看 \(v_{j,cur}\) 是否不小于这一段区间中最大的 \(r\)，如果不是，则向后跳 \(f\)，否则就找到了我们要找的 \(j\)。

我们设这个数组是 \(ne\) 数组，然后倍增一下，就可以处理询问了。

对于当前区间，我们先倍增找出第一个点 \(cur\)，使得它是前面所有点的祖先（具体实现见代码，因为比较好理解）。然后一直从这个点向后跳 \(ne\)，直到跳出这个区间，一共跳了多少点就贡献了多少。

对于最小最大值问题，使用 ST 表即可。

AC code：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 700005
#define K 20
#define mod 1000000007
#define pii pair<int,int>
#define x first
#define y second
using namespace std;
int T=1,n,m,q,cnt,a[N],l[N],r[N];
int f[K][N],v[K][N],ne[K][N];
vector<int>e[N];
void add(int a,int b){
	e[a].push_back(b);
}
void dfs(int u,int fa){
	l[u]=++cnt;
	for(auto j:e[u]){
		if(j==fa)continue;
		dfs(j,u);
	}
	r[u]=cnt;
}
struct st{
	int lg[N];
	int f[K][N],g[K][N];
	void init(){
		for(int i=1;i<=m;i++){
			if(i!=1)lg[i]=lg[i>>1]+1;
			f[0][i]=r[a[i]];
			g[0][i]=l[a[i]];
		}
		for(int j=1;j<K;j++){
			for(int i=1;i+(1<<j-1)<=m;i++){
				f[j][i]=max(f[j-1][i],f[j-1][i+(1<<j-1)]);
				g[j][i]=min(g[j-1][i],g[j-1][i+(1<<j-1)]);
			}
		}
	}
	int qry_r(int l,int r){
		if(l>r)return -1;
		int k=lg[r-l+1];
		return max(f[k][l],f[k][r-(1<<k)+1]);
	}
	int qry_l(int l,int r){
		if(l>r)return m+1;
		int k=lg[r-l+1];
		return min(g[k][l],g[k][r-(1<<k)+1]);
	}
}st;
void solve(int cs){
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		add(a,b);add(b,a);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a[i];
	}
	st.init();
	stack<int>stk;
	for(int i=m;i;i--){
		while(!stk.empty()&&l[a[stk.top()]]>l[a[i]])stk.pop();
		if(!stk.empty())f[0][i]=stk.top();
		stk.push(i);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(r[a[f[0][i]]]>=st.qry_r(i,f[0][i])){
			v[0][i]=r[a[f[0][i]]];
		}
	}
	for(int i=m;i;i--){
		for(int j=1;j<K;j++){
			f[j][i]=f[j-1][f[j-1][i]];
			v[j][i]=v[j-1][i];
			if(f[j][i]&&v[j-1][f[j-1][i]]>=st.qry_r(i,f[j-1][i])){
				v[j][i]=v[j-1][f[j-1][i]];
			}
		}
	}
	for(int i=m;i;i--){
		int p=i;
		for(int j=K-1;~j;j--){
			if(f[j][p]&&v[j][p]<st.qry_r(i,p)){
				p=f[j][p];
			}
		}
		ne[0][i]=f[0][p];
	}
	for(int i=m;i;i--){
		for(int j=1;j<K;j++){
			ne[j][i]=ne[j-1][ne[j-1][i]];
		}
	}
	while(q--){
		int k;
		int L=m,R=1;
		int res=0;
		cin>>k;
		while(k--){
			int x,y;
			cin>>x>>y;
			int cur=x;
			for(int j=K-1;~j;j--){
				if(ne[j][cur]&&!(l[a[ne[j][cur]]]<=L&&r[a[ne[j][cur]]]>=R)){
					cur=ne[j][cur];
				}
			}
			if(!(l[a[cur]]<=L&&r[a[cur]]>=R))cur=ne[0][cur];
			L=min(L,st.qry_l(x,y));
			R=max(R,st.qry_r(x,y));
			if(cur>y||!cur)continue;
			res++;
			for(int j=K-1;~j;j--){
				if(ne[j][cur]&&ne[j][cur]<=y){
					cur=ne[j][cur];
					res+=1<<j;
				}
			}
		}
		cout<<res<<'\n';
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
//	cin>>T;
//	init();
	for(int cs=1;cs<=T;cs++){
		solve(cs);
	}
	return 0;
}