[JOISC 2023 Day3] Tourism 题解
大家好，我喜欢珂朵莉树，所以我用珂朵莉树 \(AC\) 了本题。
实际上，我们比较容易发现，这题实际上就是求 \([l,r]\) 中的所有点作为关键点时，虚树所压缩的所有点（实际上就是显现出来的点+在虚边上的点）。
那么我们容易发现，一个点 \(x\) 作为虚树所压缩的所有点的充要条件为：
- \(x\) 是至少一个虚树关键点的祖先。
- \(x\) 子树外至少有一个虚树关键点。
不易发现这里可以容斥。\((1+2)=(1all)-(1+!2)\)。
\((1+!2)\)，即满足 \(1\)，不满足 \(2\) 的情况。我们发现 \(lca(a_l,a_{l+1}...,a_r)\) 的所有祖先都满足这种情况，当然，也只有他们满足这种情况。
我们知道 \(lca(a_l,a_{l+1}...,a_r)=lca(a_x,a_y)\)，其中 \(dfn_x=\max\limits_{i=l}^r dfn_i,dfn_y=\min\limits_{i=l}^r dfn_i\)。\(x,y\) 可以用 \(ST\) 表维护。
这一部分时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
\((1all)\)，即满足 \(1\)，不考虑 \(2\) 的情况。这里就比较难处理了。
我们设 \(col_{i,j}\) 表示当询问区间的 \(r\) 为 \(j\) 时，\(i\) 子树内所有虚树关键点中最大的下标。
当 \(r\) 右移至 \(r+1\) 时，路径 \((1,a_{r+1})\) 上所有点的答案都会变成 \(r+1\)。
相当于问题就变成：维护一个数据结构，可以实现树链染色。
树链数量越少越好，可以想到重链剖分，问题变为区间染色。
区间染色？区间推平？珂朵莉树！我们用树剖+珂朵莉树来进行区间染色。
考虑如何统计答案。
本人实测，不能遍历珂朵莉树中所有块来维护答案。考虑使用 \(BIT\) 维护颜色个数前缀和。
时间复杂度瓶颈在于树剖+珂朵莉树，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
总结一下，时间复杂度为 \(O(n\log^2n)\)。
//中国珂学院 SNGXYZ 分院 OI 科第三办公室研究员 LYH
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,q,id,pos[N];
int a[N],ans[N];
vector<int>g[N];
int sz[N],tp[N];
int dfn[N],fa[N];
int sn[N],dep[N];
int sd[2][N][18];
void st_biao(){
for(int i=1;i<=m;i++)
sd[0][i][0]=sd[1][i][0]=dfn[a[i]];
for(int i=0;i<17;i++)
for(int j=1;j<=m-(1<<i);j++){
sd[0][j][i+1]=max(sd[0][j][i],sd[0][j+(1<<i)][i]);
sd[1][j][i+1]=min(sd[1][j][i],sd[1][j+(1<<i)][i]);
}
}int rmq(int l,int r,int opt){
int k=log2(r-l+1),x=r-(1<<k)+1;
if(opt) return min(sd[1][l][k],sd[1][x][k]);
return max(sd[0][l][k],sd[0][x][k]);
}struct que{
int l,r,id;
}qu[N];
int cmp(que x,que y){
return x.r<y.r;
}struct BIT{
int c[N];
void add(int x,int y){
for(;x<=m+1;x+=x&-x)
c[x]+=y;
}int sum(int x){
int re=0;
for(;x;x-=x&-x)
re+=c[x];
return re;
}
}bit;
struct odt{
int l,r;
mutable int v;
bool operator<(const odt &c)const{
return l<c.l;
}
};set<odt>st;
#define iter set<odt>::iterator
struct chtholly{
iter spilt(int x){
iter it=st.lower_bound({x,0,0});
if(it!=st.end()&&(*it).l==x) return it;
it--;if((*it).r<x) return st.end();
int l=(*it).l,r=(*it).r,v=(*it).v;
st.erase(it);
if(x!=l) st.insert({l,x-1,v});
return st.insert({x,r,v}).first;
}void assign(int l,int r,int v){
iter tr=spilt(r+1),tl=spilt(l);
for(iter it=tl;it!=tr;it++)
bit.add((*it).v+1,(*it).l-(*it).r-1);
bit.add(v+1,r-l+1);
st.erase(tl,tr);st.insert({l,r,v});
}
}seniorious;
void dfs1(int x,int f){
dep[x]=dep[f]+1;
for(auto y:g[x]){
if(y==f) continue;
dfs1(y,x);sz[x]+=sz[y];
if(sz[y]>sz[sn[x]]) sn[x]=y;
}fa[x]=f,sz[x]++;
}void dfs2(int x,int top){
dfn[x]=++id;
tp[x]=top;pos[id]=x;
if(!sn[x]) return;
dfs2(sn[x],top);
for(auto y:g[x])
if(y!=fa[x]&&y!=sn[x])
dfs2(y,y);
}int lca(int x,int y){
while(tp[x]!=tp[y]){
if(dep[tp[x]]<dep[tp[y]]) y=fa[tp[y]];
else x=fa[tp[x]];
}return dep[x]<dep[y]?x:y;
}void col(int x,int c){
while(x) seniorious.assign(dfn[tp[x]],dfn[x],c),x=fa[tp[x]];
}int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;cin>>x>>y;
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
}dfs1(1,0);dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i];
int now=1;st_biao();
for(int i=1;i<=q;i++)
cin>>qu[i].l>>qu[i].r,qu[i].id=i;
sort(qu+1,qu+q+1,cmp);
st.insert({1,n,0});
bit.add(1,n);
for(int i=1;i<=q;i++){
while(now<=qu[i].r) col(a[now],now),now++;
ans[qu[i].id]=bit.sum(qu[i].r+1)-bit.sum(qu[i].l);
int mn=pos[rmq(qu[i].l,qu[i].r,1)];
int mx=pos[rmq(qu[i].l,qu[i].r,0)];
ans[qu[i].id]-=dep[lca(mn,mx)]-1;
}for(int i=1;i<=q;i++)
cout<<ans[i]<<"\n";
return 0;
}/*Kaká
在太阳西斜的这个世界里，置身天上之森。
等这场战争结束之后，不归之人与望眼欲穿的众人。
人人本着正义之名，长存不灭的过去、逐渐消逝的未来。
我回来了，纵使日薄西山，即便看不到未来。
此时此刻的光辉，盼君勿忘。
————世界上最幸福的女孩
(珂朵莉树lyh专用标识)
*/
