YbtOJ-交换游戏【树链剖分,线段树合并】

1|0正题

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1|1题目大意

给出两棵树，对于第一棵树的每一条边$(x,y)$询问有多少条在第二棵树上的边$(u,v)$与其交换（连接的序号相同）后两棵树依旧是一棵树。

$1\leq n\leq 2\times 10^5$

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1|2解题思路

先只考虑一棵树的合法情况，对于第二棵树的边$(u,v)$交换过来合法的当且仅当$(x,y)$在$u\rightarrow v$路径上，同理的对于第二棵树合法当且仅当$(u,v)$在$x\rightarrow y$路径上。

那么考虑限制一个条件，第二个条件用数据结构查询。

我们把所有的$(u,v)$用树上差分挂在第一棵树的$u\rightarrow v$路径上，然后遇到一条$(u,v)$我们让这棵树的这条边权值$+1$。

这样我们就保证了处理到边$(x,y)$时有权值的只有在第一棵树上经过$(x,y)$的$u\rightarrow v$，那么至于第二个要求我们直接在第二棵树上查询$x\rightarrow y$路径上的权值和。这个可以用树链剖分维护。

而树上差分的合并功能就用线段树合并就好了。

时间复杂度：$O(n\log^2n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const int N=2e5+10,U=20;
int n,cnt,depG[N],f[N][U],rt[N],ans[N];
int siz[N],fa[N],dep[N],son[N],top[N],id[N];
vector<pair<int,int> > G[N];
vector<int> T[N],v[N];
pair<int,int> e[N];
struct SegTree{
	int w[N<<5],ls[N<<5],rs[N<<5];
	void Change(int &x,int L,int R,int pos,int val){
		if(!x)x=++cnt;w[x]+=val;
		if(L==R)return;int mid=(L+R)>>1;
		if(pos<=mid)Change(ls[x],L,mid,pos,val);
		else Change(rs[x],mid+1,R,pos,val);
	}
	int Ask(int x,int L,int R,int l,int r){
		if(!x)return 0;
		if(L==l&&R==r)return w[x];
		int mid=(L+R)>>1;
		if(r<=mid)return Ask(ls[x],L,mid,l,r);
		if(l>mid)return Ask(rs[x],mid+1,R,l,r);
		return Ask(ls[x],L,mid,l,mid)+Ask(rs[x],mid+1,R,mid+1,r);
	}
	int Merge(int x,int y,int L,int R){
		if(!x||!y)return x|y;w[x]+=w[y];
		if(L==R)return x;
		int mid=(L+R)>>1;
		ls[x]=Merge(ls[x],ls[y],L,mid);
		rs[x]=Merge(rs[x],rs[y],mid+1,R);
		return x;
	}
}S;
void preset(int x,int fa){
	f[x][0]=fa;depG[x]=depG[fa]+1;
	for(int i=0;i<G[x].size();i++){
		int y=G[x][i].first;
		if(y==fa)continue;
		preset(y,x);
	}
	return;
}
int LCA(int x,int y){
	if(depG[x]<depG[y])swap(x,y);
	for(int i=U-1;i>=0;i--)
		if(depG[f[x][i]]>=depG[y])x=f[x][i];
	if(x==y)return x;
	for(int i=U-1;i>=0;i--)
		if(f[x][i]!=f[y][i])x=f[x][i],y=f[y][i];
	return f[x][0];
}
void dfs1(int x){
	dep[x]=dep[fa[x]]+1;siz[x]=1;
	for(int i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i];
		if(y==fa[x])continue;
		fa[y]=x;dfs1(y);
		siz[x]+=siz[y];
		if(siz[y]>siz[son[x]])
			son[x]=y;
	}
	return;
}
void dfs2(int x){
	id[x]=++cnt;
	if(son[x]){
		top[son[x]]=top[x];
		dfs2(son[x]);
	}
	for(int i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i];
		if(y==fa[x]||y==son[x])continue;
		top[y]=y;dfs2(y);
	}
	return;
}
int GetAns(int x,int y,int rt){
	int ans=0;
	while(top[x]!=top[y]){
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
		ans+=S.Ask(rt,1,n,id[top[x]],id[x]);
		x=fa[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
	if(x!=y)ans+=S.Ask(rt,1,n,id[x]+1,id[y]);
	return ans;
}
void solve(int x,int fa,int ids){
	for(int i=0;i<G[x].size();i++){
		int y=G[x][i].first,id=G[x][i].second;
		if(y==fa)continue;
		solve(y,x,id);
		rt[x]=S.Merge(rt[x],rt[y],1,n);
	}
	if(ids){
		for(int i=0;i<v[x].size();i++){
			int p=abs(v[x][i]);
			int X=e[p].first,Y=e[p].second;
			if(dep[X]>dep[Y])swap(X,Y);
			S.Change(rt[x],1,n,id[Y],(v[x][i]>0)?1:-2);
		}
		ans[ids]=GetAns(fa,x,rt[x]);
	}
	return;
}
int main()
{
	freopen("exchange.in","r",stdin);
	freopen("exchange.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		G[x].push_back(mp(y,i));
		G[y].push_back(mp(x,i));
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		T[x].push_back(y);
		T[y].push_back(x);
		e[i]=mp(x,y);
	}
	preset(1,0);
	for(int j=1;j<U;j++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x=e[i].first,y=e[i].second,lca=LCA(x,y);
		v[x].push_back(i);v[y].push_back(i);
		v[lca].push_back(-i);
	}
	dfs1(1);top[1]=1;dfs2(1);
	solve(1,0,0);
	for(int i=1;i<n;i++)
		printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15896829.html
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