树分块小结
其实就是一个简单的trick（\(\color{black}{\texttt{F}}\color{red}{\texttt{orever_Pursuit}}\) ：分块强行上树有什么意思）。网上我只找到了两道例题。
P6177 Count on a tree II/【模板】树分块
说句闲话：我因为一个傻逼错误第一题从9:00调到11:45吃饭，12:00THUPC初赛。于是我非常困地开始了比赛，罚了我们队200min而且0输出。希望队友原谅我吧/kel
upd 2020.1.4,18:40：忽然发现树分块写假了，链底下挂一个菊花并且对着块长卡就没了，代码已经修改（但是能过lxl的数据还跑成最优解就离谱）。【数据删除】
P6177 Count on a tree II/【模板】树分块
直接放题吧。强制在线树上路径数颜色。
我们考虑往树上撒关键点点。随机撒 \(\sqrt n\) 个期望是对的，但是有确定性做法（Orz mrsrz）：
如果一个点往上 \(S\) 个点都没有关键点，那么这个点就标记成关键点。
显然一个点标记之后至少 \(S\) 个点不会被标记，那么总点数是 \(\dfrac{n}{S}\) 级别的。
如果直接这样实现是 \(O(nS)\) 的，虽然没啥问题，可是其实是可以 \(O(n)\) 的。
我们把这个东西转化成：对于一个点 \(u\) ，如果存在一条从 \(u\) 往下的路径，长度 \(> S\) ，那么 \(u\) 就是关键点。
这样我们维护每一个点往下的最长非关键点路径长度即可。
接下去我们维护任意两个关键点间的信息。比如这题可以直接用 bitset ，把颜色离散化后开到值域上。
如果我们暴力把 \(\dfrac{n}{S}\) 个点拿出来dfs一遍就是 \(\dfrac{n^2}{S}\times \dfrac{n}{\omega}\) 的了。
但是有 \(O(\dfrac{n^2}{S^2}\times\dfrac{n}{\omega}+\dfrac{n^2}{S})\) 的做法：
对于每一个关键点记录它上方的关键点是什么，先 \(O(S)\) 跳出相邻关键点间的信息，然后暴力往上跳关键点，bitset 的话直接或起来就好了。
总共不会超过 \((\dfrac{n}{S})^2\) 对点，所以复杂度就是上面那玩意。
这些信息我们都预处理掉就可以快速处理询问了。
设我们询问 \(x,y\) 间的颜色数， \(lca\) 是 \(x,y\) 的最近公共祖先。
那么可以把路径拆成 \(6\) 段：
\(x\) 到 \(x\) 上方第一个关键点 \(x'\)； \(x'\) 到 \(lca\) 下方最高在 \(x\to lca\) 路径上最高的的关键点 \(x''\) ；\(x''\) 到 \(lca\)
\(y\) 到 \(y\) 上方第一个关键点 \(y'\)； \(y'\) 到 \(lca\) 下方最高在 \(y\to lca\) 路径上最高的的关键点 \(y''\) ；\(y''\) 到 \(lca\)
颜色全部或起来就好了。
可以发现左右两边的 \(4\) 条都是 \(O(S)\) 的，中间两条是 \(O(\dfrac{n}{S})\) ，而且大多都跑不满。
这题完结了。
不过值得一提，这东西的时空复杂度都有点鬼畜，这里不建议直接把 \(S\) 当成 \(\sqrt n\) ，这个参数活动性很大。
根据上面的分析，时间复杂度上限是 \(O(\dfrac{n^2}{S}+\dfrac{n^3}{S^2\omega}+\dfrac{nm}{\omega}+\dfrac{nm}{S}+mS)\)，空间复杂度是 \(O(\dfrac{n^3}{S^2\omega})\)，但是如果这棵树长得并不那么像链是严重不满的，这东西大概在序列上才会被卡满。
可见这东西复杂度并不友善，各方面都要平衡到。所以这东西是不是没啥用啊
\(S\) 线性增加，空间平方减少。所以空间一定要算过，块长一般尽量开小。因为空间复杂度决定了块长必然大于 \(\sqrt n\) ，而块长在 \(\sqrt n\) 的时候时间复杂度最优，所以尽量开小。
一个显著的空间优化
如果预处理bitset的时候合并这么写：bs[x][y]=bs[x][z]|bs[z][y] ，会MLE成傻子。
但是这么写就没事：(bs[x][y]=bs[x][z])|=bs[z][y]
因为上面那种写法会新开一个bitset，很费空间，申请空间也很费时间。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N=40005;
const int S=800;
int n,m,lsh[N],len,a[N],lastans;
int top[N],fa[N],dep[N],siz[N],son[N];
int id[N],tot,mxd[N],up[N];
bitset<N>bs[N/S+5][N/S+5];
int hed[N],et;
struct edge{int nx,to;}e[N<<1];
void adde(int u,int v){e[++et].nx=hed[u],e[et].to=v,hed[u]=et;}
void dfs1(int u,int ft){
siz[u]=1,mxd[u]=dep[u];
for(int i=hed[u];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].to;if(v==ft)continue;
dep[v]=dep[u]+1,dfs1(v,u),siz[u]+=siz[v],fa[v]=u;
ckmax(mxd[u],mxd[v]);
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
if(u==1||mxd[u]-dep[u]>S)mxd[u]=dep[u],id[u]=++tot;
}
void dfs2(int u,int tp){
top[u]=tp;
if(son[u])dfs2(son[u],tp);
for(int i=hed[u];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].to;if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
void dfs(int u,int ft,int lst){
if(id[u]){
up[u]=lst,bs[id[u]][id[u]].set(a[u]);
int now=u;
while(now!=fa[lst])bs[id[u]][id[lst]].set(a[now]),now=fa[now];
now=up[lst];
while(now)(bs[id[u]][id[now]]=bs[id[u]][id[lst]])|=bs[id[lst]][id[now]],now=up[now];
}
for(int i=hed[u];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].to;if(v==ft)continue;
dfs(v,u,id[u]?u:lst);
}
}
int LCA(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])x^=y^=x^=y;
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
signed main(){
n=read(),m=read();
rep(i,1,n)a[i]=lsh[++len]=read();
sort(lsh+1,lsh+len+1),len=unique(lsh+1,lsh+len+1)-lsh-1;
rep(i,1,n)a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+len+1,a[i])-lsh;
rep(i,2,n){
int x=read(),y=read();
adde(x,y),adde(y,x);
}
dep[1]=1,dfs1(1,0),dfs2(1,1),dfs(1,0,0);
while(m--){
static bitset<N>ans;
int x=read()^lastans,y=read(),lca=LCA(x,y);
ans.reset(),ans.set(a[lca]);
while(!id[x]&&x!=lca)ans.set(a[x]),x=fa[x];
while(!id[y]&&y!=lca)ans.set(a[y]),y=fa[y];
if(x!=lca){
int now=x;
while(up[now]&&dep[up[now]]>dep[lca])now=up[now];
ans|=bs[id[x]][id[now]];
while(now!=lca)ans.set(a[now]),now=fa[now];
}
if(y!=lca){
int now=y;
while(up[now]&&dep[up[now]]>dep[lca])now=up[now];
ans|=bs[id[y]][id[now]];
while(now!=lca)ans.set(a[now]),now=fa[now];
}
printf("%d\n",lastans=ans.count());
}
}
P3603 雪辉
有了上一题，这题应该非常基础了。
链上数颜色和上一题一样搞，链并就把bitset或起来。
求mex手写一个bitset就好了
//Orz cyn2006
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
}
const int N=100005;
const int M=30005;
const int S=600;
template<int N>struct Bitset{
typedef unsigned long long ull;
static const int O=(N-1)/64+1;
static const ull ULL_MAX=18446744073709551615ull;
ull a[O];
Bitset(){memset(a,0,sizeof(a));}
void reset(){memset(a,0,sizeof(a));}
void set(int x){a[(x>>6)]|=1ull<<(x&63);}
Bitset&operator |= (const Bitset&t){
for(int i=0;i<O;++i)a[i]|=t.a[i];
return *this;
}
Bitset operator | (const Bitset&t){
Bitset res;
for(int i=0;i<O;++i)res.a[i]=a[i]|t.a[i];
return res;
}
int count(){
int res=0;
for(int i=0;i<O;++i)res+=__builtin_popcountll(a[i]);
return res;
}
int mex(){
for(int i=0;i<O;++i)if(a[i]<ULL_MAX)
for(int j=0;j<64;++j)if(!(a[i]>>j&1ull))return (i<<6)|j;
return N+1;
}
};
Bitset<M>bs[N/S+5][N/S+5];
int n,m,f,lastans,a[N];
int siz[N],fa[N],top[N],son[N],dep[N],mxd[N];
int id[N],tot,up[N];
int et,hed[N];
struct edge{int nx,to;}e[N<<1];
void adde(int u,int v){e[++et].nx=hed[u],e[et].to=v,hed[u]=et;}
void dfs1(int u,int ft){
mxd[u]=dep[u],siz[u]=1;
for(int i=hed[u];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].to;if(v==ft)continue;
dep[v]=dep[u]+1,dfs1(v,u);
fa[v]=u,siz[u]+=siz[v];
ckmax(mxd[u],mxd[v]);
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
if(u==1||mxd[u]-dep[u]>S)id[u]=++tot,mxd[u]=dep[u];
}
void dfs2(int u,int tp){
top[u]=tp;
if(son[u])dfs2(son[u],tp);
for(int i=hed[u];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].to;
if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
void dfs(int u,int ft,int lst){
if(id[u]){
up[u]=lst,bs[id[u]][id[u]].set(a[u]);
if(lst){
int now=u;
while(now!=lst)bs[id[u]][id[lst]].set(a[now]),now=fa[now];
now=up[lst];
while(now)(bs[id[u]][id[now]]=bs[id[u]][id[lst]])|=bs[id[lst]][id[now]],now=up[now];
}
}
for(int i=hed[u];i;i=e[i].nx){
int v=e[i].to;if(v==ft)continue;
dfs(v,u,id[u]?u:lst);
}
}
int LCA(int x,int y){
while(top[x]!=top[y])dep[top[x]]>dep[top[y]]?x=fa[top[x]]:y=fa[top[y]];
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
signed main(){
n=read(),m=read(),f=read();
rep(i,1,n)a[i]=read();
rep(i,2,n){
int x=read(),y=read();
adde(x,y),adde(y,x);
}
dep[1]=1,dfs1(1,0),dfs2(1,1),dfs(1,0,0);
while(m--){
int q=read(),mex,sum;
static Bitset<M>ans;
ans.reset();
rep(i,1,q){
int x=read(),y=read();
if(f)x^=lastans,y^=lastans;
int lca=LCA(x,y);
ans.set(a[lca]);
while(!id[x]&&x!=lca)ans.set(a[x]),x=fa[x];
while(!id[y]&&y!=lca)ans.set(a[y]),y=fa[y];
if(x!=lca){
int now=x;
while(dep[up[now]]>=dep[lca])now=up[now];
ans|=bs[id[x]][id[now]];
while(now!=lca)ans.set(a[now]),now=fa[now];
}
if(y!=lca){
int now=y;
while(dep[up[now]]>=dep[lca])now=up[now];
ans|=bs[id[y]][id[now]];
while(now!=lca)ans.set(a[now]),now=fa[now];
}
}
lastans=(sum=ans.count())+(mex=ans.mex()),printf("%d %d\n",sum,mex);
}
}
