[BZOJ1103] [POI2007]大都市meg

题目描述 Description

在经济全球化浪潮的影响下,习惯于漫步在清晨的乡间小路的邮递员Blue Mary也开始骑着摩托车传递邮件了。 不过，她经常回忆起以前在乡间漫步的情景。昔日，乡下有依次编号为1..n的n个小村庄，某些村庄之间有一些双向的土路。从每个村庄都恰好有一条路径到达村庄1（即比特堡）。并且，对于每个村庄，它到比特堡的路径恰好只经过编号比它的编号小的村庄。另外，对于所有道路而言，它们都不在除村庄以外的其他地点相遇。在这个未开化的地方，从来没有过高架桥和地下铁道。随着时间的推移，越来越多的土路被改造成了公路。至今，Blue Mary还清晰地记得最后一条土路被改造为公路的情景。现在，这里已经没有土路了--所有的路都成为了公路，而昔日的村庄已经变成了一个大都市。 Blue Mary想起了在改造期间她送信的经历。她从比特堡出发，需要去某个村庄，并且在两次送信经历的间隔期间,有某些土路被改造成了公路.现在Blue Mary需要你的帮助：计算出每次送信她需要走过的土路数目。（对于公路，她可以骑摩托车；而对于土路，她就只好推车了。）

输入描述 Input Description

第一行是一个数n(1 < = n < = 2 50000).以下n-1行，每行两个整数a，b（1 < =  a以下一行包含一个整数m（1 < = m < = 2 50000），表示Blue Mary曾经在改造期间送过m次信。以下n+m-1行，每行有两种格式的若干信息，表示按时间先后发生过的n+m-1次事件:若这行为 A a b(a若这行为 W a, 则表示Blue Mary曾经从比特堡送信到村庄a。

输出描述 Output Description

有m行，每行包含一个整数，表示对应的某次送信时经过的土路数目。

样例输入 Sample Input

5

1 2

1 3

1 4

4 5

4

W 5

A 1 4

W 5

A 4 5

W 5

W 2

样例输出 Sample Output

2

1

0

1

数据范围及提示 Data Size & Hint

之前的一些废话：是时候准备会考了。。

题解：

由于此题题面有些问题，这里再次重申一下操作：每回把一条边的权值改成0，询问1到该点的权值和。

这题看起来很像树链剖分裸题，但是实际上发现操作那么简单，每次只改一条边上的权，然后询问1到i的距离，操作如此简单，一定有什么玄机。

考虑DFS序：包括每一个点的入栈出栈：比如样例就是1455422331，访问结束后这个点我们就可以理解成该点进栈一次出栈一次，等效成0，所以就联想到了差分：做一个类似前缀和一样的东西，在DFS过程中，在该点入栈的时间T1加1，在该点出栈的时候的时间T2减1.但由于这是边权，我们需要把边权搞成点权，这也是非常好办的。DFS过程中由i走到j的边就记录到j上即可，这样只有1（root）没有边权。在修改的时候只需要把该点的都变成0，这样就可以忽视这一个点了，在查询的时候只需查询sum(1-T1[a])即可，但是不要忘了最后减1，因为你还记录了1.

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef pair<int,int> PII;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f; 
}
const int maxn=250010;
struct Edge
{
    int u,v,next;
    Edge() {}
    Edge(int _1,int _2,int _3):u(_1),v(_2),next(_3) {}
}e[maxn<<1];
int n,m,ce=-1,a,b,first[maxn],tag[maxn<<1],dfs_clock,t1[maxn],t2[maxn];
char tp[3];
void addEdge(int a,int b)
{
    e[++ce]=Edge(a,b,first[a]);first[a]=ce;
    e[++ce]=Edge(b,a,first[b]);first[b]=ce;
}
int lowbit(int i){return i&(-i);}
void add(int a,int b){for(int i=a;i<=2*n;i+=lowbit(i))tag[i]+=b;}
int sum(int a){int ans=0;for(int i=a;i>0;i-=lowbit(i))ans+=tag[i];return ans;}
void dfs(int now,int fa)
{
    t1[now]=++dfs_clock;add(t1[now],1);
    for(int i=first[now];i!=-1;i=e[i].next)
        if(e[i].v!=fa)dfs(e[i].v,now);
    t2[now]=++dfs_clock;add(t2[now],-1);
}
int main()
{
    mem(first,-1);
    n=read();
    for(int i=1;i<n;i++)a=read(),b=read(),addEdge(a,b);
    dfs(1,0);m=read();
    for(int i=1;i<n+m;i++)
    {
        scanf("%s",tp);a=read();
        if(tp[0]=='W')printf("%d\n",sum(t1[a])-1);
        else
        {
            b=read();
           if(a>b)swap(a,b);
            add(t1[b],-1),add(t2[b],1);
        }
    }
    return 0;
}

总结：差分好强大。稍加修改本方法还适用于有边权不一定为1的。