[ds 记录]P5901 [IOI2009]Regions

这道题的难点，恐怕在复杂度分析（

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首先我们可以自由选择把询问放到上面或下面。放到上面，等价于对每个点求其子树内有多少某颜色的点；放到下面，等价于对每个点求其祖先中有多少某颜色的点。这种有可减性的针对子树或祖先的信息，可以利用差分离线一遍 dfs 一起统计。

那么明显，如果上面点少就挂到上面，否则挂到下面。现在对复杂度做分析。

称出现次数多于 \(\sqrt n\) 的为“重颜色”，否则为“轻颜色”，则重颜色不超过 \(\sqrt n\) 种。

1. 上面是重颜色，下面也是重颜色

不妨上面点数少于下面，则只有 \(\sqrt n\) 种不同的 \(r2\)，上面最多覆盖 \(n\) 个点，故总共最多拆出 \(n \sqrt n\) 个询问。

2. 上面是重颜色，下面是轻颜色

上面的重颜色最多 \(\sqrt n\) 种，所以每个点最多挂上 \(\sqrt n\) 种这种询问，总共最多 \(n \sqrt n\) 个询问。

3. 上面是轻颜色，下面是重颜色

同上

4. 上面是轻颜色，下面也是轻颜色

一次操作最多给 \(\sqrt n\) 个点挂询问，所以最多 \(n \sqrt n\) 个询问。

我们可以均摊 \(O(1)\) 回复每个小询问，所以总复杂度 \(n \sqrt n\)。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
const int M = 200005;
struct tp{
    int id, j;
};
vector<tp> qy1[M], qy2[M];
struct edge{
    int to, nxt;
}e[M];
int head[M], cnt1;
void link(int u, int v){
    e[++cnt1] = {v, head[u]}; head[u] = cnt1;
}
int n, r, q, col[M], ans[M], cnt[M]; vector<int> bl[M];
map<pair<int, int>, int> k;
void dfs1(int u){
    for(tp t : qy1[col[u]]) ans[t.id] += cnt[t.j];
    ++cnt[col[u]];
    for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
        int v = e[i].to; dfs1(v);
    }
    --cnt[col[u]];
}
void dfs2(int u){
    ++cnt[col[u]];
    for(tp t : qy2[col[u]]) ans[t.id] -= cnt[t.j];
    for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
        int v = e[i].to; dfs2(v);
    }
    for(tp t : qy2[col[u]]) ans[t.id] += cnt[t.j];
}
int main(){
    scanf("%d %d %d", &n, &r, &q);
    scanf("%d", &col[1]);
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        int fa;
        scanf("%d %d", &fa, &col[i]);
        link(fa, i);
    }
    // int T = sqrt(n);
    for(int i = 1; i <= q; i++){
        int r1, r2; scanf("%d %d", &r1, &r2);
        if(k[make_pair(r1, r2)]) {ans[i] = -k[make_pair(r1, r2)]; continue;}
        if(bl[r1].size() < bl[r2].size()){
            qy2[r1].push_back({i, r2});
        } else {
            qy1[r2].push_back({i, r1});
        }
    }
    dfs1(1); dfs2(1);
    for(int i = 1; i <= q; i++) printf("%d\n", ans[i] > 0 ? ans[i] : ans[-ans[i]]);
}