【洛谷P2137】Gty的妹子树
题目
题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P2137
维护一棵初始有 \(n\) 个节点的有根树（根节点为 \(1\)），树上节点编号为 \(1 \sim n\)，每个点有一个权值 \(w_i\)。
支持以下操作：
0 u x询问以 \(u\) 为根的子树中，严格大于 \(x\) 的值的个数。1 u x把 \(u\) 节点的权值改成 \(x\)。2 u x添加一个编号为“当前树中节点数+1”的节点，其父节点为 \(u\)，其权值为 \(x\)。
本题强制在线。
所有输入的 \(u,x\) 都需要异或 \(\text{last}\) 才是真正的输入。
其中 \(\text{last}\) 为上一次询问的答案，定义初始 \(\text{last} = 0\)。
思路
加点强制在线？考虑定期重构。
用一个数据结构维护上一次重构后树的贡献，然后再暴力求重构后到现在的修改的贡献。
求重构的树的贡献也就是一棵确定的树，询问一个节点子树内权值严格大于 \(k\) 的节点的数量。建一棵以 dfs 序为历史版本的主席树即可。因为这道题比较卡常所以需要离散化一下。
对于重构后的操作，因为有加点，并不好通过 dfs 序确定两点是否为祖孙关系，所以采用倍增。
对于修改权值的操作，如果修改的点是询问的点的孙子，那就用新权值更新答案；对于加点操作，如果加入的点是询问的点的孙子，那么再计算加入的点的贡献即可。注意一个点被修改多次的情况。我直接从后往前枚举操作，如果这个点是第一次修改才修改。
设每 \(B\) 次操作暴力重构一次，时间复杂度为 \(O(nB\log n+\frac{Qn}{B}\log n)\)。取 \(B=\sqrt{Q}\) 时复杂度为 \(O(Q\sqrt{Q}\log n)\)。建议调调参。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=60010,LG=15,Lim=400;
int n,m,m1,Q,tot,cnt,last,a[N],b[N],head[N],id[N],rk[N],siz[N],rt[N],vis[N],dep[N],f[N][LG+1];
struct edge
{
int next,to;
}e[N*2];
struct node
{
int opt,x,y;
}c[N];
void add(int from,int to)
{
e[++tot]=(edge){head[from],to};
head[from]=tot;
}
void dfs1(int x,int fa)
{
f[x][0]=fa; dep[x]=dep[fa]+1;
for (int i=1;i<=LG;i++)
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if (v!=fa) dfs1(v,x);
}
}
void dfs2(int x,int fa)
{
id[x]=++cnt; rk[cnt]=x; siz[x]=1;
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if (v!=fa) dfs2(v,x),siz[x]+=siz[v];
}
}
struct SegTree
{
int tot,lc[N*LG*4],rc[N*LG*4],cnt[N*LG*4];
int update(int now,int l,int r,int k)
{
int x=++tot;
lc[x]=lc[now]; rc[x]=rc[now]; cnt[x]=cnt[now]+1;
if (l==r) return x;
int mid=(l+r)>>1;
if (k<=mid) lc[x]=update(lc[now],l,mid,k);
else rc[x]=update(rc[now],mid+1,r,k);
return x;
}
int query(int nowl,int nowr,int l,int r,int ql,int qr)
{
if (ql<=l && qr>=r) return cnt[nowr]-cnt[nowl];
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if (ql<=mid) res+=query(lc[nowl],lc[nowr],l,mid,ql,qr);
if (qr>mid) res+=query(rc[nowl],rc[nowr],mid+1,r,ql,qr);
return res;
}
}seg;
void rebuild(int l,int r)
{
for (int i=1;i<=seg.tot;i++)
seg.lc[i]=seg.rc[i]=seg.cnt[i]=0;
seg.tot=cnt=0; dfs2(1,0);
for (int i=l;i<=r;i++)
if (c[i].opt==1) a[c[i].x]=c[i].y;
for (int i=1;i<=m;i++) b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+m);
m1=unique(b+1,b+1+m)-b-1;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int val=lower_bound(b+1,b+1+m1,a[rk[i]])-b;
rt[i]=seg.update(rt[i-1],1,m1,val);
}
}
bool check(int x,int y)
{
for (int i=LG;i>=0;i--)
if (dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
return x==y;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%d",&n); m=n;
for (int i=1,x,y;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
}
dfs1(1,0);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
rebuild(1,0);
scanf("%d",&Q);
for (int i=1,j=0,x,y;i<=Q;i++)
{
scanf("%d%d%d",&c[i].opt,&x,&y);
c[i].x=x=x^last; c[i].y=y=y^last;
if (c[i].opt==0)
{
y++;
int z=lower_bound(b+1,b+1+m1,y)-b;
if (id[x]) last=seg.query(rt[id[x]-1],rt[id[x]+siz[x]-1],1,m1,z,m1);
else last=0;
for (int k=i;k>j;k--)
if (c[k].opt==2 && a[c[k].x]>=y && check(c[k].x,x)) last++;
for (int k=i;k>j;k--)
if (c[k].opt==1 && vis[c[k].x]<i)
{
vis[c[k].x]=i;
if (check(c[k].x,x))
{
if (a[c[k].x]>=y) last--;
if (c[k].y>=y) last++;
}
}
cout<<last<<"\n";
}
if (c[i].opt==2)
{
a[++m]=c[i].y; add(c[i].x,m);
f[m][0]=c[i].x; dep[m]=dep[c[i].x]+1;
for (int i=1;i<=LG;i++)
f[m][i]=f[f[m][i-1]][i-1];
c[i].x=m;
}
if (i%Lim==0) rebuild(j+1,i),j=i;
}
return 0;
}
