P5311-[Ynoi2011]成都七中【点分树,树状数组】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5311

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1|1题目大意

给出$n$个点的一棵树，每个节点有一个颜色，$m$次询问提出区间$[l,r]$的点构成的生成子图中$x$所在连通块的颜色数。

$1\leq n,m,a_i\leq 10^5$

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1|2解题思路

用点分树解决本题是很妙的想法。/bx

考虑点分树如何解决，对于一个询问$l,r,x$，如果$x$在点分树上的一个祖先$y$满足$x$到$y$的路径都是$[l,r]$的点，那么此时在$y$的点分子树上的所有节点$z$都满足如果$y$到$z$的路径都是$[l,r]$的节点，那么$x$到$z$的也是。具体原因很好理解，因为两条路径重复的那一段路已经满足条件了。

那么我们此时就可以将一个条件拆分成两个条件挂在$y$上了，具体地我们对于每个询问找到$x$点分树上深度最小的祖先$y$满足$x$到$y$的路径上都是$[l,r]$的节点，然后把这个询问挂在这个点上。

然后我们暴力枚举所有点然后处理它的点分树子树，假设现在枚举到$x$点，我们把它的所有儿子按照$x$到它们的路径上的最小值从大到小询问，然后挂在$x$点上的询问按照$l$从大到小排序。

然后暴力遍历，记录每个颜色最小的$mx$表示$y$到这个颜色的点需要经过的路径最大值，然后把权值丢到树状数组上查询即可。

时间复杂度：$O(n\log^2 n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct edge{
	int to,next;
}a[N<<1];
struct node{
	int x,fa,l,r;
};
int n,m,tot,num,root,ls[N],c[N];
int siz[N],f[N],t[N],lat[N],ans[N];
vector<node> anc[N],son[N],q[N];
bool v[N];
void addl(int x,int y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void Groot(int x,int fa){
	siz[x]=1;f[x]=0;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==fa||v[y])continue;
		Groot(y,x);siz[x]+=siz[y];
		f[x]=max(f[x],siz[y]);
	}
	f[x]=max(f[x],num-siz[x]);
	if(f[x]<f[root])root=x;
	return;
}
void dfs(int x,int fa,int fr,int mi=1e9,int mx=-1e9){
	mi=min(x,mi);mx=max(x,mx);
	anc[x].push_back((node){x,fr,mi,mx});
	son[fr].push_back((node){x,fr,mi,mx});
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==fa||v[y])continue;
		dfs(y,x,fr,mi,mx);
	}
	return;
}
void Build(int x){
	int S=num;v[x]=1;dfs(x,0,x);
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(v[y])continue;
		num=(siz[y]>siz[x])?(S-siz[x]):siz[y];
		root=0;Groot(y,x);Build(root);
	}
	return;
}
bool cmp(node x,node y)
{return x.l>y.l;}
void Change(int x,int val){
	while(x<=n){
		t[x]+=val;
		x+=lowbit(x);
	}
	return;
}
int Ask(int x){
	int ans=0;
	while(x){
		ans+=t[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		x=i,y=i+1;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		addl(x,y);addl(y,x);
	}
	f[0]=n+1;num=n;Groot(1,1);
	Build(root);
	for(int t=1;t<=m;t++){
		int l,r,x;
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		for(int i=0;i<anc[x].size();i++)
			if(anc[x][i].l>=l&&anc[x][i].r<=r)
				{q[anc[x][i].fa].push_back((node){x,t,l,r});break;}
	}
	for(int i=0;i<N;i++)lat[i]=n+1;
	for(int p=1;p<=n;p++){
		sort(q[p].begin(),q[p].end(),cmp);
		sort(son[p].begin(),son[p].end(),cmp);
		int z=0;
		for(int i=0;i<son[p].size();i++){
			node x=son[p][i];
			while(z<q[p].size()&&q[p][z].l>x.l)
			{node y=q[p][z];ans[y.fa]=Ask(y.r);z++;}
			Change(lat[c[x.x]],-1);
			lat[c[x.x]]=min(lat[c[x.x]],x.r);
			Change(lat[c[x.x]],1);
		}
		while(z<q[p].size())
		{node y=q[p][z];ans[y.fa]=Ask(y.r);z++;}
		for(int i=0;i<son[p].size();i++){
			node x=son[p][i];
			Change(lat[c[x.x]],-1);
			lat[c[x.x]]=n+1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15357537.html
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