bzoj 2589 Count on a tree II
Description
给定一棵N个节点的树，每个点有一个权值，对于M个询问(u,v)，你需要回答u xor lastans和v这两个节点间有多少种不同的点权。其中lastans是上一个询问的答案，初始为0，即第一个询问的u是明文。
Input
第一行两个整数N,M。
第二行有N个整数，其中第i个整数表示点i的权值。
后面N-1行每行两个整数(x,y)，表示点x到点y有一条边。
最后M行每行两个整数(u,v)，表示一组询问。
数据范围是N<=40000 M<=100000 点权在int范围内
Output
M行，表示每个询问的答案。
Sample Input
8 2
105 2 9 3 8 5 7 7
1 2
1 3
1 4
3 5
3 6
3 7
4 8
2 5
3 8
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Sample Output
4
4
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思路：
这题的原先版本是spoj上的题目，那个题目没有强制要求在线，可以使用树上莫队ac。
本题强制要求在线，所以我们要在树上采用分块方法，然后采用类似莫队的思想。
首先，把树分成n^(1/3)块。
每个块定一个点作为中心，预处理两两中心之间的答案。然后每次询问找到那两个点的中心，像莫队那样暴力移动。显然每次最多移动n^(2/3)次。
所以复杂度m*n^(2/3)。
这样的时间复杂度理论上可以通过的，但是bzoj的服务器实在太弱了，于是被卡常了。。。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int const N = 40000 + 3; 4 int const M = 100000 + 3; 5 int const C = 40; 6 struct edge { 7 int to, nt; 8 } e[N << 1]; 9 int tin[N], tout[N], h[N], cnt, sum, dep[N], f[N][16], a[N], b[N], n, m, st[N], top, sz, bl[N], num, cap[42]; 10 int c[42][42][N], kind[42][42], last; 11 bool vis[42][42][N]; 12 template<class T>void read(T &x) { 13 x = 0; 14 char c = 0; 15 while(!isdigit(c)) c = getchar(); 16 while(isdigit(c)) x = x * 10 + (c ^ 48), c = getchar(); 17 } 18 void dfs(int x, int fa) { 19 tin[x] = ++sum; 20 f[x][0] = fa; 21 dep[x] = dep[fa] + 1; 22 for(int i = h[x]; i; i = e[i].nt) { 23 int v = e[i].to; 24 if(v == fa) continue; 25 dfs(v, x); 26 } 27 tout[x] = ++sum; 28 } 29 30 void add(int a, int b) { 31 e[++cnt].to = b; 32 e[cnt].nt = h[a]; 33 h[a] = cnt; 34 } 35 void dfs2(int x, int fa) { 36 int now = top; 37 for(int i = h[x]; i; i = e[i].nt) { 38 int v = e[i].to; 39 if(v == fa) continue; 40 dfs2(v, x); 41 int tmp = top - now; 42 if(tmp >= sz) { 43 num++; 44 while(tmp--) { 45 int t = st[top--]; 46 cap[num] = x; 47 bl[t] = num; 48 } 49 } 50 } 51 st[++top] = x; 52 } 53 int ancestor(int x, int y) { 54 return tin[x] <= tin[y] && tout[y] <= tout[x]; 55 } 56 int lca(int x, int y) { 57 if(ancestor(x, y)) return x; 58 if(ancestor(y, x)) return y; 59 for(int i = 15; i >= 0; i--) 60 if(!ancestor(f[x][i], y)) 61 x = f[x][i]; 62 return f[x][0]; 63 } 64 int update(int i, int j, int x) { 65 if(vis[i][j][x]) { 66 if(--c[i][j][a[x]] == 0) --kind[i][j]; 67 } else { 68 if(++c[i][j][a[x]] == 1) ++kind[i][j]; 69 } 70 vis[i][j][x] ^= 1; 71 } 72 int calc(int i, int j, int x, int y) { 73 if(dep[x] < dep[y]) 74 swap(x, y); 75 while(dep[x] > dep[y]) { 76 update(i, j, x); 77 x = f[x][0]; 78 } 79 while(x ^ y) { 80 update(i, j, x); 81 update(i, j, y); 82 x = f[x][0]; 83 y = f[y][0]; 84 } 85 } 86 int main() { 87 scanf("%d%d", &n, &m); 88 sz = max(1, n / C); 89 for(int i = 1; i <= n; i++) 90 read(a[i]), b[i] = a[i]; 91 sort(b + 1, b + n + 1); 92 int k = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1; 93 for(int i = 1; i <= n; i++) 94 a[i] = lower_bound(b + 1, b + k + 1, a[i]) - b; 95 for(int i = 1; i < n; i++) { 96 int x, y; 97 read(x); 98 read(y); 99 add(x, y); 100 add(y, x); 101 } 102 dfs(1, 1); 103 for(int j = 1; j <= 15; j++) 104 for(int i = 1; i <= n; i++) 105 f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1]; 106 dfs2(1, 1); 107 if(top) { 108 ++num; 109 cap[num] = 1; 110 while(top) bl[st[top--]] = num; 111 } 112 for(int i = 1; i <= num; i++) 113 for(int j = i + 1; j <= num; j++) { 114 calc(i, j, cap[i], cap[j]); 115 } 116 while(m--) { 117 int x, y; 118 read(x); 119 read(y); 120 x ^= last; 121 int c = min(bl[x], bl[y]); 122 int d = max(bl[x], bl[y]); 123 calc(c, d, cap[bl[x]], x); 124 calc(c, d, cap[bl[y]], y); 125 update(c, d, lca(x, y)); 126 printf("%d\n", last = kind[c][d]); 127 calc(c, d, cap[bl[x]], x); 128 calc(c, d, cap[bl[y]], y); 129 update(c, d, lca(x, y)); 130 } 131 return 0; 132 }
方法2： 按照深度分块
先分成大小为根号n的块，然后用可持久化块状数组存下每个点到根的路径上所有权值出现的最大深度，预处理好每个块顶到所有点的答案。
然后每个询问，块内的暴力查，如果在不同块，选择块顶的深度较大的点，找到它到另一个点的答案。
这样以后只要处理这个点到块顶的那条链就行了，由于我们已经预处理了每种权值的最大深度，所以我们可以判断每种权值是否已经出现了。
时间复杂度$O(n^{\frac{3}{2}})$
理论上貌似比前一种方法好很多，但实际常数巨大，在我们本机上n=40000，m=100000，发现方法1跑了700ms，方法2跑了300多ms。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int const N = 40000 + 3; 4 int const K = 200 + 3; 5 int const D = 16; 6 int n, m, ans[K][N], a[N], l[N], head[N], cnt, sz, p[N][K], kind, P[N], B[N], T[N][K]; 7 int fa[N][D], dep[N], bel[N], rt[K], f[N], last, q[N], top, num, sum; 8 template<class T>void read(T &x) { 9 x = 0; 10 char c = 0; 11 while(!isdigit(c)) c = getchar(); 12 while(isdigit(c)) x = x * 10 + (c ^ 48), c = getchar(); 13 } 14 struct edge { 15 int to, nt; 16 } e[N << 1]; 17 void add(int a, int b) { 18 e[++cnt].to = b; 19 e[cnt].nt = head[a]; 20 head[a] = cnt; 21 } 22 int update(int x, int f) { 23 memcpy(T[x], T[f], sizeof(T[0])); 24 T[x][B[a[x]]] = ++sum; 25 memcpy(p[sum], p[T[f][B[a[x]]]], sizeof(p[0])); 26 p[sum][P[a[x]]] = dep[x]; 27 } 28 int dfs(int x, int f) { 29 fa[x][0] = f; 30 update(x, f); 31 q[++top] = x; 32 int mxdp = dep[x], beg = top; 33 for(int i = head[x]; i; i = e[i].nt) { 34 int v = e[i].to; 35 if(v == f) continue; 36 dep[v] = dep[x] + 1; 37 mxdp = max(mxdp, dfs(v, x)); 38 } 39 if(mxdp - dep[x] >= sz || beg == 1) { 40 rt[++num] = x; 41 for(int i = beg; i <= top; i++) bel[q[i]] = num; 42 top = beg - 1; 43 return dep[x] - 1; 44 } 45 return mxdp; 46 } 47 void getans(int x, int fat, int from) { 48 if(++f[a[x]] == 1) ++kind; 49 ans[from][x] = kind; 50 for(int i = head[x]; i; i = e[i].nt) { 51 if(e[i].to == fat) continue; 52 getans(e[i].to, x, from); 53 } 54 if(!--f[a[x]]) --kind; 55 } 56 int lca(int x, int y) { 57 if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y); 58 for(int i = 15; i >= 0; i--) 59 if(dep[fa[x][i]] >= dep[y]) 60 x = fa[x][i]; 61 if(x == y) return x; 62 for(int i = 15; i >= 0; i--) 63 if(fa[x][i] != fa[y][i]) 64 x = fa[x][i], y = fa[y][i]; 65 return fa[x][0]; 66 } 67 int solve_force(int x, int y) { 68 for(top = kind = 0; x != y; x = fa[x][0]) { 69 if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y); 70 if(!f[a[x]]++) { 71 ++kind; 72 q[++top] = a[x]; 73 } 74 } 75 int ans = kind + (!f[a[x]]); 76 for(; top; --top) f[q[top]] = 0; 77 return ans; 78 } 79 inline int g(int x, int y) { 80 return p[T[x][B[y]]][P[y]]; 81 } 82 int solve_block(int x, int y) { 83 if(dep[rt[bel[x]]] < dep[rt[bel[y]]]) swap(x, y); 84 int sum = ans[bel[x]][y]; 85 int z = rt[bel[x]], d = dep[lca(x, y)]; 86 for(; x != z; x = fa[x][0]) { 87 if(!f[a[x]] && g(z, a[x]) < d && g(y, a[x]) < d) { 88 f[q[++top] = a[x]] = 1; 89 ++sum; 90 } 91 } 92 for(; top; --top) f[q[top]] = 0; 93 return sum; 94 } 95 int main() { 96 scanf("%d%d", &n, &m); 97 sz = sqrt(n); 98 for(int i = 1; i <= n; i++) 99 B[i] = (i - 1) / sz + 1, P[i] = i % sz; 100 for(int i = 1; i <= n; i++) 101 read(a[i]), l[i] = a[i]; 102 sort(l + 1, l + n + 1); 103 int tot = unique(l + 1, l + n + 1) - l - 1; 104 for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = lower_bound(l + 1, l + tot + 1, a[i]) - l; 105 for(int i = 1; i < n; i++) { 106 int x, y; 107 read(x); 108 read(y); 109 add(x, y); 110 add(y, x); 111 } 112 dep[1] = 1; 113 dfs(1, 0); 114 fa[1][0] = 1; 115 for(int i = 1; i <= num; i++) getans(rt[i], 0, i); 116 for(int j = 1; j <= 15; j++) 117 for(int i = 1; i <= n; i++) 118 fa[i][j] = fa[fa[i][j - 1]][j - 1]; 119 while(m--) { 120 int x, y; 121 read(x); 122 read(y); 123 x ^= last; 124 if(bel[x] == bel[y]) printf("%d\n", last = solve_force(x, y)); 125 else printf("%d\n", last = solve_block(x, y)); 126 } 127 return 0; 128 }
