BZOJ3052/UOJ#58 [wc2013]糖果公园 莫队 带修莫队 树上莫队
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题意
给定一棵树,有 $n$ 个节点。有 $m$ 种颜色,第 $i$ 个节点的颜色为 $c_i$ 。
给定参数 $v_{1},v_2,\cdots,v_m$ 和 $w_1,w_2,\cdots ,w_n$ ,具有以下意义:
第 $i$ 次遇到颜色为 $j$ 的节点,新得到的收益为 $v_{j}\times w_i$ 。
现在有 $q$ 次操作,操作有以下两种类型:
1. 给定 $x,y$ ,询问一个人从节点 $x$ 走到节点 $y$ 得到的总收益。
2. 给定 $x,y$ ,把节点 $x$ 的颜色改成 $y$ 。
请你对于每一个询问输出结果。
$1\leq n,m,q\leq 10^5,1\leq v_i,w_i\leq 10^6\ \ \ \ \ \ \ \rm{Time\ limit = 8s} $
题解
树上带修莫队模板题。
把树上询问转化成括号序列,变成区间问题。然后上带修莫队。
注意询问的时候的特殊情况,例如 $x$ 和 $y$ 存在子孙或祖先关系时,括号序列区间的取值有所不同。
时间复杂度 $O(n^\frac{5}{3})$ 。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int read(){ char ch=getchar(); int x=0; while (!isdigit(ch)) ch=getchar(); while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar(); return x; } const int N=100005; struct Gragh{ static const int M=N*2; int cnt,y[M],nxt[M],fst[N]; void clear(){ cnt=0; memset(fst,0,sizeof fst); } void add(int a,int b){ y[++cnt]=b,nxt[cnt]=fst[a],fst[a]=cnt; } }g; struct Query{ int L,R,id,LCA; LL ans; Query(){} Query(int _L,int _R,int _id,int _LCA){ L=_L,R=_R,id=_id,LCA=_LCA; } }Q[N]; struct Operation{ int x,v1,v2,id; Operation(){} Operation(int _x,int _v1,int _v2,int _id){ x=_x,v1=_v1,v2=_v2,id=_id; } }O[N]; int n,m,q,Qcnt,Ocnt; int depth[N],fa[N][20],in[N],out[N],id[N<<1],bID[N<<1],Time; int v[N],w[N],c[N],dc[N]; int tax[N],opt[N]; void dfs(int x,int pre,int d){ fa[x][0]=pre,depth[x]=d,id[in[x]=++Time]=x; for (int i=1;i<17;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1]; for (int i=g.fst[x];i;i=g.nxt[i]) if (g.y[i]!=pre) dfs(g.y[i],x,d+1); id[out[x]=++Time]=x; } int LCA(int x,int y){ if (depth[x]<depth[y]) swap(x,y); for (int i=16;i>=0;i--) if (depth[x]-(1<<i)>=depth[y]) x=fa[x][i]; if (x==y) return x; for (int i=16;i>=0;i--) if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i]; return fa[x][0]; } bool cmp(Query a,Query b){ if (bID[a.L]!=bID[b.L]) return bID[a.L]<bID[b.L]; if (bID[a.R]!=bID[b.R]) return bID[a.R]<bID[b.R]; return a.id<b.id; } bool cmpid(Query a,Query b){ return a.id<b.id; } LL ans=0; void update(int i){ int x=id[i]; if (!opt[x]) ans+=1LL*v[c[x]]*w[++tax[c[x]]]; else ans-=1LL*v[c[x]]*w[tax[c[x]]--]; opt[x]^=1; } void update_Time(int i){ int x=O[i].x,a=O[i].v1,b=O[i].v2; if (c[x]!=a) swap(a,b); if (opt[x]) ans-=1LL*v[c[x]]*w[tax[c[x]]--]; c[x]=b; if (opt[x]) ans+=1LL*v[c[x]]*w[++tax[c[x]]]; } void solve(){ sort(Q+1,Q+Qcnt+1,cmp); O[0].id=0,O[Ocnt+1].id=q+1; memset(tax,0,sizeof tax); memset(opt,0,sizeof opt); int L=1,R=0,t=0; for (int i=1;i<=Qcnt;i++){ while (L<Q[i].L) update(L++); while (L>Q[i].L) update(--L); while (R<Q[i].R) update(++R); while (R>Q[i].R) update(R--); while (O[t+1].id<Q[i].id) update_Time(++t); while (O[t].id>Q[i].id) update_Time(t--); Q[i].ans=ans+1LL*v[c[Q[i].LCA]]*w[tax[c[Q[i].LCA]]+1]; } sort(Q+1,Q+Qcnt+1,cmpid); } int main(){ n=read(),m=read(),q=read(); for (int i=1;i<=m;i++) v[i]=read(); for (int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(); g.clear(); for (int i=1,a,b;i<n;i++){ a=read(),b=read(); g.add(a,b); g.add(b,a); } for (int i=1;i<=n;i++) dc[i]=c[i]=read(); Time=0; dfs(1,0,0); for (int i=1;i<=n*2;i++) bID[i]=(i-1)/pow(n,0.666); Qcnt=Ocnt=0; for (int i=1;i<=q;i++){ int opt=read(),x=read(),y=read(); if (!opt){ O[++Ocnt]=Operation(x,dc[x],y,i); dc[x]=y; } else { if (in[x]>in[y]) swap(x,y); int lca=LCA(x,y); if (x==lca) Q[++Qcnt]=Query(in[x],in[y],i,0); else Q[++Qcnt]=Query(out[x],in[y],i,lca); } } solve(); for (int i=1;i<=Qcnt;i++) printf("%lld\n",Q[i].ans); return 0; }