Luogu P10799 Solution
闲话
当时，看到“提交题解”四个字的时候，我就觉得这道题可以做了。
做完这道题，我不得不感叹，还是这种树链剖分打得爽啊！
题解
首先是经典结论：
定义 \(f\) 如下：
\[f_i=\begin{cases}
1 & i\le 2\\
f_{i-1}+f_{i-2} & \text{otherwise}
\end{cases}
\]
这就是我们熟悉的斐波那契数列，其增长速度极快，以至于 \(f_{47}>2^{31}-1\)。
那么为什么要提到斐波那契数列呢？
考虑构造一个序列，使得任取数列中三个元素都无法组成三角形。
首先，我们知道，若三条长度分别为 \(a,b,c\) 的边可以组成一个三角形，假设 \(a<b<c\)，就必然满足 \(a+b>c\)。为了使得条件不成立，我们需要该序列中任何下标三元组 \((i,j,k)\)，其中 \(i<j<k\)，满足 \(a_i+a_j\le a_k\)。于是我们发现，满足该条件的值域增长最缓慢的序列就是斐波那契数列。
结合题目要求的值域，可以得知，若 \(\operatorname{dis}(x,y)>46\)，必然会出现一个夹在斐波那契数列中间的数破坏性质，所以可以组成三角形。
解决了这个问题后，树上两点间异或修改点权就是板得不能再板的问题了。直接上树链剖分解决。
不过，由于这道题比较特殊，所以有一个 trick。该 trick 适用于任何仅在叶子节点存储有效信息的线段树。
具体来说，线段树的懒标记只会在线段树的非叶子节点上出现。若非叶子节点上没有任何有效信息，我们可以直接把 tag 搬到线段树数组上，可以减少一定的空间消耗和寻址常数。
时间复杂度 \(O(n\log n+m(c\log c+\log^2 n))\)。
代码
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <utility>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, C = 46;
template <typename _Tp> inline void read(_Tp &x)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch))
;
x = (ch ^ 48);
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
}
template <typename _Tp, typename... _Args> inline void read(_Tp &x, _Args &...args)
{
read(x);
read(args...);
}
int n, m, arr[N], tr[N << 2], idx, buf[100];
int tidx, dfn[N], rnk[N], tp[N], ds[N], f[N], siz[N], dep[N];
vector<int> road[N];
void dfs(int x)
{
siz[x] = 1;
dep[x] = dep[f[x]] + 1;
for (auto &i : road[x])
{
if (i == f[x])
continue;
f[i] = x;
dfs(i);
siz[x] += siz[i];
if (siz[i] > siz[ds[x]])
ds[x] = i;
}
}
void dfs2(int x, int ttp)
{
tp[x] = ttp;
dfn[x] = ++tidx;
rnk[tidx] = x;
if (!ds[x])
return;
dfs2(ds[x], ttp);
for (auto &i : road[x])
{
if (i == f[x] or i == ds[x])
continue;
dfs2(i, i);
}
}
void build(int x, int l, int r)
{
if (l == r)
{
tr[x] = arr[rnk[l]];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(x << 1, l, mid);
build(x << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int x, int l, int r, int lb, int rb, int v)
{
if (l >= lb and r <= rb)
{
tr[x] ^= v;
return;
}
if (tr[x])
{
tr[x << 1] ^= tr[x], tr[x << 1 | 1] ^= tr[x];
tr[x] = 0;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (lb <= mid)
update(x << 1, l, mid, lb, rb, v);
if (rb > mid)
update(x << 1 | 1, mid + 1, r, lb, rb, v);
}
void extract(int x, int l, int r, int lb, int rb)
{
if (l == r)
{
buf[++idx] = tr[x];
return;
}
if (tr[x])
{
tr[x << 1] ^= tr[x], tr[x << 1 | 1] ^= tr[x];
tr[x] = 0;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (lb <= mid)
extract(x << 1, l, mid, lb, rb);
if (rb > mid)
extract(x << 1 | 1, mid + 1, r, lb, rb);
}
int lca(int x, int y)
{
while (tp[x] != tp[y])
{
if (dep[tp[x]] > dep[tp[y]])
swap(x, y);
y = f[tp[y]];
}
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
void extract(int x, int y)
{
idx = 0;
while (tp[x] != tp[y])
{
if (dep[tp[x]] > dep[tp[y]])
swap(x, y);
extract(1, 1, n, dfn[tp[y]], dfn[y]);
y = f[tp[y]];
}
if (dep[x] > dep[y])
swap(x, y);
extract(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]);
}
void update(int x, int y, int z)
{
while (tp[x] != tp[y])
{
if (dep[tp[x]] > dep[tp[y]])
swap(x, y);
update(1, 1, n, dfn[tp[y]], dfn[y], z);
y = f[tp[y]];
}
if (dep[x] > dep[y])
swap(x, y);
update(1, 1, n, dfn[x], dfn[y], z);
}
int main()
{
read(n, m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
read(arr[i]);
}
for (int i = 1, x, y; i < n; i++)
{
read(x, y);
road[x].emplace_back(y);
road[y].emplace_back(x);
}
dfs(1);
dfs2(1, 1);
build(1, 1, n);
for (int i = 1, op = 0, x = 0, y = 0, z = 0, l = 0; i <= m; i++)
{
read(op, x, y);
if (op == 1)
{
read(z);
update(x, y, z);
continue;
}
l = lca(x, y);
if (dep[x] + dep[y] - dep[l] * 2 + 1 > C or dep[x] + dep[y] - dep[l] * 2 + 1 < 3)
{
putchar(dep[x] + dep[y] - dep[l] * 2 + 1 > C ? '1' : '0');
continue;
}
extract(x, y);
sort(buf + 1, buf + idx + 1);
for (int j = 3; j <= idx; j++)
{
if (buf[j] - buf[j - 1] < buf[j - 2])
{
putchar('1');
break;
}
if (j != idx)
continue;
putchar('0');
}
}
}
