【bzoj 3531】 [Sdoi2014]旅行（树链剖分+树套树）

3531: [Sdoi2014]旅行

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Description

 S国有N个城市，编号从1到N。城市间用N-1条双向道路连接，满足
从一个城市出发可以到达其它所有城市。每个城市信仰不同的宗教，如飞天面条神教、隐形独角兽教、绝地教都是常见的信仰。为了方便，我们用不同的正整数代表各种宗教，  S国的居民常常旅行。旅行时他们总会走最短路，并且为了避免麻烦，只在信仰和他们相同的城市留宿。当然旅程的终点也是信仰与他相同的城市。S国政府为每个城市标定了不同的旅行评级，旅行者们常会记下途中（包括起点和终点）留宿过的城市的评级总和或最大值。
    在S国的历史上常会发生以下几种事件：
”CC x c”：城市x的居民全体改信了c教；
”CW x w”：城市x的评级调整为w;
”QS x y”：一位旅行者从城市x出发，到城市y，并记下了途中留宿过的城市的评级总和；
”QM x y”：一位旅行者从城市x出发，到城市y，并记下了途中留宿过
的城市的评级最大值。
    由于年代久远，旅行者记下的数字已经遗失了，但记录开始之前每座城市的信仰与评级，还有事件记录本身是完好的。请根据这些信息，还原旅行者记下的数字。    为了方便，我们认为事件之间的间隔足够长，以致在任意一次旅行中，所有城市的评级和信仰保持不变。

Input

    输入的第一行包含整数N，Q依次表示城市数和事件数。
    接下来N行，第i+l行两个整数Wi，Ci依次表示记录开始之前，城市i的
评级和信仰。
    接下来N-1行每行两个整数x，y表示一条双向道路。
    接下来Q行，每行一个操作，格式如上所述。

Output

    对每个QS和QM事件，输出一行，表示旅行者记下的数字。

Sample Input

5 6
3 1
2 3
1 2
3 3
5 1
1 2
1 3
3 4
3 5
QS 1 5
CC 3 1
QS 1 5
CW 3 3
QS 1 5
QM 2 4

Sample Output

8
9
11
3

HINT

N，Q < =10^5    ， C < =10^5

 数据保证对所有QS和QM事件，起点和终点城市的信仰相同；在任意时

刻，城市的评级总是不大于10^4的正整数，且宗教值不大于C。

Source

Round 1 Day 1

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【因为每个城市的信仰不同，而旅人只能在与其起点信仰相同的城市留宿，即在查询时，只能将与起点信仰相同的城市的评级计算进和或最大值，所以显然，建一棵线段树不能满足要求，所以要按不同信仰，每种信仰建一棵线段树(参考主席树的方式)，每棵线段树维护两个值：和与最大值。查询时直接在相同信仰的线段树中查询即可】

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[200010],next[200010],p[100010],tot;//next数组
int fa[100010],son[100010],size[100010],dep[100010];//fa是存每个节点的父节点，son存每个节点的重儿子，size存每个节点所控制的节点数（包含它自己），dep表示每个节点的深度 
int trn1[100010],top[100010],tip;//trn1表示每个节点在线段树里的编号，top表示每个节点所在链的头结点 
int tree1[40000010],tree2[40000010],L[4000010],R[4000010],root[100010],g;//tree1是维护和的线段树，tree2是维护最大值的线段树，L是存每棵线段树的左子树的根的标号，R是存每棵线段树的右子树的根的编号，root存每棵线段树的根的编号（即当前线段树是信仰编号为几的线段树） 
int n,m,w[100010],v[100010];//w是每个城市的评级，v是每个城市的信仰 
void add(int x,int y)
{
    tot++; a[tot]=y; next[tot]=p[x]; p[x]=tot;
    tot++; a[tot]=x; next[tot]=p[y]; p[y]=tot;
}
 
void dfs1(int now,int father,int h)
{
    fa[now]=father; dep[now]=h; size[now]=1;
    int u=p[now];
    while (u!=0)
     {
        int y=a[u];
        if (y!=father) 
          {
            dfs1(y,now,h+1);
            size[now]+=size[y];
            if (son[now]==-1||size[y]>size[son[now]]) son[now]=y;
          }
        u=next[u];
     }
}
void dfs2(int now,int tp)
{
    top[now]=tp; trn1[now]=++tip;
    if (son[now]==-1) return;
    dfs2(son[now],tp);
    int u=p[now];
    while (u!=0)
     {
        int y=a[u];
        if (y!=fa[now]&&y!=son[now])
         dfs2(y,y);
        u=next[u];
     }
}//树链剖分部分
 
void updata(int rt)
{
    tree1[rt]=tree1[L[rt]]+tree1[R[rt]];
    tree2[rt]=max(tree2[L[rt]],tree2[R[rt]]);
}
void build(int &rt,int l,int r,int now,int val)
{
    if (!rt) rt=++g;//如果这是一种新的信仰，则新开一棵线段树 
    if (l==r)
     { tree1[rt]=val; tree2[rt]=val; return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    if (now<=mid) build(L[rt],l,mid,now,val);
      else build(R[rt],mid+1,r,now,val);
    updata(rt);
}//建树和单点修改 
int ask1(int rt,int al,int ar,int l,int r)
{
    if (!rt) return 0;
    if (al<=l&&ar>=r) return tree1[rt];
    int mid=(l+r)>>1,ans=0;
    if (al<=mid) ans+=ask1(L[rt],al,ar,l,mid);
    if (ar>mid) ans+=ask1(R[rt],al,ar,mid+1,r);
    return ans;
}//查询区间和 
int ask2(int rt,int al,int ar,int l,int r)
{
    if (!rt) return 0;
    if (al<=l&&ar>=r) return tree2[rt];
    int mid=(l+r)>>1,ans=-0x7fffffff;
    if (al<=mid) ans=max(ans,ask2(L[rt],al,ar,l,mid));
    if (ar>mid) ans=max(ans,ask2(R[rt],al,ar,mid+1,r));
    return ans;
}//查询区间最大值 
int a1(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+=ask1(rt,trn1[top[x]],trn1[x],1,n);
        x=fa[top[x]];
     }
    if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    ans+=ask1(rt,trn1[x],trn1[y],1,n);
    return ans;
}//查询区间和的预处理（因为x,y可能不在一条链里，序号也不一定谁大谁小，所以要跑一个类似一个lca的东西，当他们不在一条链上时，先将较深的那段跑完，再跑在同一条链上的。 和原来区间修改时相似） 
int a2(int x,int y,int rt)
{
    int ans=-0x7ffffffff;
    while (top[x]!=top[y])
     {
        if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        ans=max(ans,ask2(rt,trn1[top[x]],trn1[x],1,n));
        x=fa[top[x]];
     }
    if (dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    ans=max(ans,ask2(rt,trn1[x],trn1[y],1,n));
    return ans;
}//查询区间最大值的预处理 
 
int main()
{
    int i;
    memset(son,-1,sizeof(son));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
    for (i=1;i<n;++i) {int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);}
    dfs1(1,0,1); dfs2(1,1);
    for (i=1;i<=n;++i) 
       build(root[v[i]],1,n,trn1[i],w[i]);//按不同信仰建多棵线段树，同一信仰的点放在同一棵线段树里 
    for (i=1;i<=m;++i)
     {
        char c[10]; int x,y;
        scanf("%s%d%d",c,&x,&y);
        if (c[0]=='C')
          if (c[1]=='C')
             {build(root[v[x]],1,n,trn1[x],0); build(root[y],1,n,trn1[x],w[x]); v[x]=y; continue;}//将编号为x的城市的信仰改为y，即将原来线段树中城市x的评级改为0，再在信仰为y的线段树里加上城市x的评级，最后别忘将存x的信仰的v改为y,不然查询时会出错 
           else {build(root[v[x]],1,n,trn1[x],y); w[x]=y; continue;}//将编号为x的城市的评级改为y,直接更改即可，不过改完后，也要将w[x]更改成当前值 
         else
          if (c[1]=='S')
             printf("%d\n",a1(x,y,root[v[x]]));//查询旅人从城市x到城市y记录的城市评级的和（只能记录与城市x信仰相同的），直接在以信仰v[x]为根的线段树里查询tree1即可 
            else printf("%d\n",a2(x,y,root[v[x]]));//查询旅人从城市x到城市y记录的城市评级最大值（只能记录与城市x信仰相同的），直接在以信仰v[x]为根的线段树里查询tree2即可 
     }
    return 0;
}