[bzoj3757]苹果树

题目大意

有一颗N个节点的树和M个询问，每个点有一种颜色。每次询问u到v路径上把颜色s和颜色t当作同一种颜色后路径上不同颜色的数目。
n<=5*10^4,m<=10^5

树上莫队

注意到这题符合莫队算法特征。
于是直接树上莫队即可，用num[x]表示颜色x出现的次数，那么对于把颜色s和t当作同一种颜色只需要看num[s]和num[t]是否都大于0，注意考虑s=t的情况。

#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;const int maxn=50000+10,maxm=100000+10;struct dong{    int u,v,l,r,s,t,id;    bool p;};int belong[maxn*2],h[maxn],go[maxn*2],next[maxn*2],a[maxn*2],fi[maxn],la[maxn],num[maxn],co[maxn],d[maxn],ans[maxm];bool bz[maxn];int f[maxn][20];dong ask[maxm];int i,j,k,l,r,s,t,n,m,u,v,w,tot,top,c,now;void add(int x,int y){    go[++tot]=y;    next[tot]=h[x];    h[x]=tot;}void dfs(int x,int y){    d[x]=d[y]+1;    f[x][0]=y;    a[++top]=x;    fi[x]=top;    int t=h[x];    while (t){        if (go[t]!=y) dfs(go[t],x);        t=next[t];    }    a[++top]=x;    la[x]=top;}bool cmp(dong a,dong b){    if (belong[a.l]<belong[b.l]) return 1;    else if (belong[a.l]==belong[b.l]&&a.r<b.r) return 1;    else return 0;}void change(int x){    if (bz[x]){        num[co[x]]--;        if (num[co[x]]==0) now--;    }    else{        num[co[x]]++;        if (num[co[x]]==1) now++;    }    bz[x]^=1;}int lca(int x,int y){    int j;    if (d[x]<d[y]) swap(x,y);    if (d[x]!=d[y]){        j=floor(log(d[x]-d[y])/log(2));        while (j>=0){            if (d[f[x][j]]>d[y]) x=f[x][j];            j--;        }        x=f[x][0];    }    if (x==y) return x;    j=floor(log(d[x])/log(2));    while (j>=0){        if (f[x][j]!=f[y][j]){            x=f[x][j];            y=f[y][j];        }        j--;    }    return f[x][0];}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    fo(i,1,n) scanf("%d",&co[i]);    fo(i,1,n){        scanf("%d%d",&j,&k);        if (j&&k) add(j,k),add(k,j);    }    dfs(1,0);    fo(j,1,floor(log(n)/log(2)))        fo(i,1,n)            f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];    fo(i,1,m){        scanf("%d%d",&j,&k);        ask[i].u=j;ask[i].v=k;        if (fi[j]>fi[k]) swap(j,k);        if (fi[k]<la[j]) ask[i].l=fi[j],ask[i].r=fi[k],ask[i].p=0;else ask[i].l=la[j],ask[i].r=fi[k],ask[i].p=1;        scanf("%d%d",&ask[i].s,&ask[i].t);        ask[i].id=i;    }    c=floor(sqrt(n*2))+1;    fo(i,1,n*2) belong[i]=(i-1)/c+1;    sort(ask+1,ask+m+1,cmp);    l=r=1;    change(a[1]);    fo(i,1,m){        while (l<ask[i].l){            change(a[l]);            l++;        }        while (l>ask[i].l){            l--;            change(a[l]);        }        while (r<ask[i].r){            r++;            change(a[r]);        }        while (r>ask[i].r){            change(a[r]);            r--;        }        if (ask[i].p){            u=ask[i].u;v=ask[i].v;            w=lca(u,v);             change(w);        }        j=now;        s=ask[i].s;t=ask[i].t;        if (s!=t&&num[s]&&num[t]) j--;        ans[ask[i].id]=j;        if (ask[i].p) change(w);    }    fo(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]);}

分块大法好

由于我一开始是不会莫队的，该题目有一个部分分保证树是一条链，于是我们可以使用分块大法好。
用cnt[i,j]表示第i块到第j块不同的颜色数，sum[i,j]表示颜色i在前j块出现的次数。显然这两个都可以在o(n^1.5)预处理。
那么对于询问j~k怎么做呢？显然如果j和k之间没有跨越整一块可以直接暴力了。否则，先找到j所位于的块l，k所位于的块r，然后ans就为cnt[l+1][r-1]。接下来对残余部分进行统计。比如统计到一个颜色x，那么我们需要知道x在l+1~r-1块里有没有出现，这个可以使用sum，还有在残余部分有没有出现，这个可以用一个桶。最后判一下s和t就行了。

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;const int n1=100+10,n2=50000+10;int father[n1],d[n1],co[n2],num[n2];int h[n2],go[n2*2],next[n2*2],a[n2],belong[n2],ru[n2],dfn[n2];int cnt[250][250],sum[n2][250];int i,j,k,l,r,s,t,n,m,u,v,tot,top,ans,c;bool czy;void add(int x,int y){    ru[x]++;ru[y]++;    go[++tot]=y;    next[tot]=h[x];    h[x]=tot;}void init(){    scanf("%d%d",&n,&m);    fo(i,1,n) scanf("%d",&co[i]);    fo(i,1,n){        scanf("%d%d",&j,&k);        if (j&&k){            add(j,k);            add(k,j);        }    }}void build(int x){    int t=h[x];    while (t){        if (!d[go[t]]){            father[go[t]]=x;            d[go[t]]=d[x]+1;            build(go[t]);        }        t=next[t];    }}void solve1(){    d[1]=1;    build(1);    while (m--){        scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&j,&k);        while (u!=v){            if (d[u]>d[v]){                num[co[u]]++;                u=father[u];            }            else{                num[co[v]]++;                v=father[v];            }        }        num[co[u]]++;        ans=0;        fo(i,1,n)            if (num[i]) ans++;        if (j!=k&&num[j]&&num[k]) ans--;        printf("%d\n",ans);        fo(i,1,n) num[i]=0;    }    czy=1;}void dfs(int x){    a[++top]=co[x];    dfn[x]=top;    int t=h[x];    while (t){        if (!dfn[go[t]]) dfs(go[t]);        t=next[t];    }}void solve2(){    if (czy) return;    c=floor(sqrt(n))+1;    fo(i,1,n)        if (ru[i]==2){            k=i;            break;        }    dfs(k);    fo(i,1,n) belong[i]=(i-1)/c+1;    fo(i,1,n) sum[a[i]][belong[i]]++;    fo(i,1,n)        fo(j,1,belong[n])            sum[i][j]+=sum[i][j-1];    fo(i,1,belong[n]){        if (i==50){            t=t;        }        fo(j,(i-1)*c+1,n){            if (!num[a[j]]) cnt[i][belong[j]]++;            num[a[j]]++;        }        fo(j,1,n) num[j]=0;    }    fo(i,1,belong[n])        fo(j,i+1,belong[n])            cnt[i][j]+=cnt[i][j-1];    while (m--){        ans=0;        scanf("%d%d%d%d",&j,&k,&s,&t);        j=dfn[j];k=dfn[k];        if (j>k) swap(j,k);        l=belong[j];r=belong[k];        if (r-l<=1){            fo(i,j,k){                if (!num[a[i]]) ans++;                num[a[i]]++;            }            if (s!=t&&num[s]&&num[t]) ans--;            printf("%d\n",ans);            fo(i,j,k) num[a[i]]--;            continue;        }        ans=cnt[l+1][r-1];        fo(i,j,min(l*c,n)){            if (!num[a[i]]&&sum[a[i]][r-1]-sum[a[i]][l]==0) ans++;            num[a[i]]++;        }        fo(i,(r-1)*c+1,k){            if (!num[a[i]]&&sum[a[i]][r-1]-sum[a[i]][l]==0) ans++;            num[a[i]]++;        }        if (s!=t&&num[s]+sum[s][r-1]-sum[s][l]>0&&num[t]+sum[t][r-1]-sum[t][l]>0) ans--;        printf("%d\n",ans);        fo(i,j,min(l*c,n)) num[a[i]]--;        fo(i,(r-1)*c+1,k) num[a[i]]--;    }}int main(){    init();    if (n<=100&&m<=100) solve1();    solve2();}