2020杭电多校第三场 1003-Tokitsukaze and Colorful Tree 离线+树状数组

1003-Tokitsukaze and Colorful Tree

题意

给一颗\(n\)个节点的有根树，根节点为\(1\)，每个点的颜色为\(col[i]\)，权值为\(val[i]\)，有\(q\)次修改：

• \(1~x~v\)，把\(val[x]\)改成\(v\)。
• \(2~x~c\)，把\(col[x]\)改成\(c\)。

问每次操作前下面式子的答案为多少。

\[\sum_{\substack{1 \leq u < v \leq n \\ col_u = col_v \\ \text{node }u\text{ is not an ancestor of node }v \\ \text{node }v\text{ is not an ancestor of node }u}}{(val_u \oplus val_v)} \]

分析

可以对颜色离线，对于每种颜色存下增加和删除的操作，然后对同种颜色和数位单独处理。

把公式拆成所有点对的答案减去互为祖先的点对的答案，前面一部分我们对每一个数位分别维护\(0\)和\(1\)的数量即可，后面一部分我们用按\(dfs\)序建两个树状数组来维护答案，第一个树状数组统计子树的贡献，第二个树状数组统计祖先的贡献，若某个点\(x\)的当前数位增加\(1\)时，第一个树状数组单点更新\(x\)的值，第二个树状数组将\(x\)的子树上的节点的值全部加\(1\)，这样我们就可以在第一个树状数组上区间查询\(x\)的子树的权值和，在第二个树状数组上单点查询\(x\)的祖先的权值和，每次修改后计算一下点\(x\)对答案的贡献并记录下来，最后将前\(i-1\)个询问的贡献累加就是第\(i\)次询问前的答案了。

Code

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<sstream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<=n;++i)
#define per(i,n,x) for(int i=n;i>=x;i--)
#define sz(a) int(a.size())
#define rson mid+1,r,p<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define lson l,mid,p<<1
#define ll long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define se second
#define fi first
using namespace std;
const double eps=1e-8;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e5+10;
const int inf=1e9;
int T;
int n,q,col[N],val[N];
vector<int>g[N];
int L[N],R[N],tot;
ll ans[N];
int c[2];
void dfs(int u,int fa){
	L[u]=++tot;
	for(int x:g[u]){
		if(x==fa) continue;
		dfs(x,u);
	}
	R[u]=tot;
}
struct BIT{
	int tr[N];
	inline void add(int x,int k){
		while(x<=n) tr[x]+=k,x+=x&-x;
	}
	inline int get(int x){
		int ret=0;
		while(x) ret+=tr[x],x-=x&-x;
		return ret;
	}
	inline int get(int l,int r){
		int L=0,R=0;
		while(l) L+=tr[l],l-=l&-l;
		while(r) R+=tr[r],r-=r&-r;
		return R-L;
	}
}A[2],B[2];
struct ppo{
	int id,x,v,k;
};
vector<ppo>a[N];
inline void add(int x,int i,int k){
	A[i].add(L[x],k);
	B[i].add(L[x],k);
	B[i].add(R[x]+1,-k);
	c[i]+=k;
}
inline ll cal(int x,int i,int k){
	ll ret=1ll*k*(c[i^1]-A[i^1].get(L[x]-1,R[x])-B[i^1].get(L[x]));
	return ret;
}
int main(){
	//ios::sync_with_stdio(false);
	//freopen("in","r",stdin);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		rep(i,1,n) scanf("%d",&col[i]);
		rep(i,1,n){
			scanf("%d",&val[i]);
			a[col[i]].pb(ppo{1,i,val[i],1});
		}
		rep(i,2,n){
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			g[x].pb(y);g[y].pb(x);
		}
		tot=0;
		dfs(1,0);
		scanf("%d",&q);
		rep(i,1,q+1) ans[i]=0;
		rep(i,1,q){
			int op,x,v;
			scanf("%d%d%d",&op,&x,&v);
			a[col[x]].pb(ppo{i+1,x,val[x],-1});
			if(op==1) val[x]=v;
			else col[x]=v;
			a[col[x]].pb(ppo{i+1,x,val[x],1});
		}
		rep(i,1,n){
			a[col[i]].pb(ppo{q+2,i,val[i],-1});
		}
		rep(i,1,n) rep(j,0,20)
			for(ppo it:a[i]){
				int x=it.x,v=it.v,k=it.k,id=it.id;
				add(x,v>>j&1,k);
				ans[id]+=cal(x,v>>j&1,k)*(1<<j);
			}
		rep(i,2,q+1) ans[i]+=ans[i-1];
		rep(i,1,q+1) printf("%lld\n",ans[i]);
		rep(i,1,n) g[i].clear(),a[i].clear();
	}
	return 0;
}