【BZOJ2908】 又是nand
又是nand
题目大意
定义A nand B=not(A and B)（运算操作限制了数位位数为K）比如2 nand 3，K=3，则2 nand 3=not (2 and 3)=not 2=5。
给出一棵树，树上每个点都有点权，定义树上从a到b的费用为0与路径上的点的权值顺次nand的结果，例如：从2号点到5号点顺次经过2->3->5，权值分别为5、7、2，K=3，那么最终结果为0 nand 5 nand 7 nand 2=7 nand 7 nand 2=0 nand 2=7。
现在这棵树需要支持以下操作。
① Replace a b:将点a（1≤a≤N）的权值改为b。
② Query a b:输出点a到点b的费用。
请给出一个程序支持这些操作。
Solution
好像是个板子，然后发现nand不满足交换律和结合律
艹！那拿头维护啊！
我们考虑对于二进制位每一位种一棵线段树，然后每个节点\(\{l,r\}\)，维护\(0 nand \{l,r\}\)的值，\(1 nand \{l,r\}\)的值，\(\{l,r\} nand 0\)，\(\{l,r\} nand 1\)的值（都只是这一位上）
然后每次找到a、b的lca，然后对于a到lca上的路径，从右到左查询，然后lca到b，从左到右查询（因为a、b的id均比lca大），记得两边查询不能两边重复查lca，然后两个合并一下就好了
记住query的时候从右到左时要先访问右儿子再访问左儿子。。。我因为这个居然调了1h+。。。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
struct qwq{
int v;
int nxt;
}edge[200010];
int cnt=-1;
int head[200010];
void add(int u,int v){
edge[++cnt].nxt=head[u];
edge[cnt].v=v;
head[u]=cnt;
}
int fa[200010];
int son[200010];
int top[200010];
int siz[200010];
int tid[200010];
int dep[200010];
int ind;
void dfs1(int u,int ff,int depth){
fa[u]=ff;
siz[u]=1;
dep[u]=depth;
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].v;
if(v==ff)continue;
dfs1(v,u,depth+1);
siz[u]+=siz[v];
if(!son[u]||siz[son[u]]<siz[v])son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int topf){
tid[u]=++ind;
top[u]=topf;
if(son[u]){
dfs2(son[u],topf);
}
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].v;
if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
bool t[800010][33][2][2];//[0][0]:左，0
int k;
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
void pushup(int o){
for(int i=0;i<=k;++i){
t[o][i][0][0]=t[rs][i][0][t[ls][i][0][0]];
t[o][i][0][1]=t[rs][i][0][t[ls][i][0][1]];
t[o][i][1][0]=t[ls][i][1][t[rs][i][1][0]];
t[o][i][1][1]=t[ls][i][1][t[rs][i][1][1]];
}
}
void update(int o,int l,int r,int x,int val){
if(l==r){
int tmp=1;
for(int i=0;i<=k;++i){
if((val&tmp)==tmp){
t[o][i][0][0]=1;
t[o][i][0][1]=0;
t[o][i][1][0]=1;
t[o][i][1][1]=0;
}
else {
t[o][i][0][0]=t[o][i][0][1]=t[o][i][1][0]=t[o][i][1][1]=1;
}
tmp<<=1;
}
return;
}
int mid=(l+r)/2;
if(x<=mid)update(ls,l,mid,x,val);
else update(rs,mid+1,r,x,val);
pushup(o);
}
int ans[33];
void upd(int o,int type){
for(int i=0;i<=k;++i){
ans[i]=t[o][i][type][ans[i]];
}
}
void query(int o,int l,int r,int L,int R,int type){
if(L>R)return;
if(L<=l&&r<=R){
upd(o,type);
return;
}
int mid=(l+r)/2;
if(type==1){
if(mid<R)query(rs,mid+1,r,L,R,type);
if(L<=mid)query(ls,l,mid,L,R,type);
}
else {
if(L<=mid)query(ls,l,mid,L,R,type);
if(mid<R)query(rs,mid+1,r,L,R,type);
}
}
int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
return x;
}
int n,m;
void querytree1(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
query(1,1,n,tid[top[x]],tid[x],1);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
query(1,1,n,tid[y],tid[x],1);
}
struct qq{
int l,r;
}stk[200010];
int tp;
void querytree2(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
stk[++tp].l=tid[top[x]],stk[tp].r=tid[x];
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
stk[++tp].l=tid[y]+1,stk[tp].r=tid[x];
}
int v[200010];
signed main(){
memset(head,-1,sizeof(head));
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
k--;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&v[i]);
}
for(int i=1;i<n;++i){
int u,v;
scanf("%lld%lld",&u,&v);
add(u,v),add(v,u);
}
dfs1(1,0,1);
dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=n;++i){
update(1,1,n,tid[i],v[i]);
}
char que[21];
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",que);
if(que[0]=='Q'){
int x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
int LCA=lca(x,y);
querytree1(x,LCA);
querytree2(y,LCA);
for(int j=tp;j>=1;--j)query(1,1,n,stk[j].l,stk[j].r,0);
tp=0;
int tmp=0;
for(int j=0;j<=k;++j){
tmp+=ans[j]<<j;
}
printf("%lld\n",tmp);
memset(ans,0,sizeof(ans));
}
else {
int u,val;
scanf("%lld%lld",&u,&val);
update(1,1,n,tid[u],val);
}
}
}
