【BZOJ-3757】苹果树 块状树 + 树上莫队

3757: 苹果树

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Description

神犇家门口种了一棵苹果树。苹果树作为一棵树，当然是呈树状结构，每根树枝连接两个苹果，每个苹果都可以沿着一条由树枝构成的路径连到树根，而且这样的路径只存在一条。由于这棵苹果树是神犇种的，所以苹果都发生了变异，变成了各种各样的颜色。我们用一个到n之间的正整数来表示一种颜色。树上一共有n个果。苹每个苹果都被编了号码，号码为一个1到n之间的正整数。我们用0代表树根。只会有一个苹果直接根。

　　有许许多多的人来神犇家里膜拜神犇。可神犇可不是随便就能膜拜的。前来膜拜神犇的人需要正确回答一个问题，才能进屋膜拜神犇。这个问题就是，从树上编号为u的苹果出发，由树枝走到编号为v的苹果，路径上经过的苹果一共有多少种不同的颜色（包括苹果u和苹果v的颜色）？不过神犇注意到，有些来膜拜的人患有色盲症。具体地说，一个人可能会认为颜色a就是颜色b，那么他们在数苹果的颜色时，如果既出现了颜色a的苹果，又出现了颜色b的苹果，这个人只会算入颜色b，而不会把颜色a算进来。

　　神犇是一个好人，他不会强人所难，也就会接受由于色盲症导致的答案错误（当然答案在色盲环境下也必须是正确的）。不过这样神犇也就要更改他原先数颜色的程序了。虽然这对于神犇来说是小菜一碟，但是他想考验一下你。你能替神犇完成这项任务吗？

Input

输入第一行为两个整数n和m，分别代表树上苹果的个数和前来膜拜的人数。

接下来的一行包含n个数，第i个数代表编号为i的苹果的颜色Coli。

接下来有n行，每行包含两个数x和y，代表有一根树枝连接了苹果x和y（或者根和一个苹果）。

接下来有m行，每行包含四个整数u、v、a和b，代表这个人要数苹果u到苹果v的颜色种数，同时这个人认为颜色a就是颜色b。如果a=b=0，则代表这个人没有患色盲症。

Output

输出一共m行，每行仅包含一个整数，代表这个人应该数出的颜色种数。

Sample Input

5 3
1 1 3 3 2
0 1
1 2
1 3
2 4
3 5
1 4 0 0
1 4 1 3
1 4 1 2

Sample Output

2
1
2

HINT

0<=x,y,a,b<=N

N<=50000

1<=U,V,Coli<=N

M<=100000

Source

Solution

树上莫队裸题，下面来说说树上莫队

序列上的莫队没什么好说的，至于树上莫队，思想是一样的

对树DFS分块(详见  BZOJ-1086王室联邦哦)，然后对询问排序，然后处理就好，那么就是具体的实现了

至于树分块，就是按照DFS时间戳去搞，所以询问排序的第一关键字就是所在的块，第二关键字就是时间戳

至于如何把树上的一条路径，转化为一端区间？

首先我们设$S(u,v)$表示$u-v$的路径上的点集,$LCA(u,v)$表示两点的最近公共祖先,$root$为树根

$xor$为集合的对称差,即  只属于其中一个集合，而不属于另一个集合的元素组成的集合

那么发现$S(u,v)=S(root,u) xor S(root,v) xor LCA(u,v)$  (不懂见下图哦)

就是节点出现两次消掉

再有$T(u,v)=S(root, v) xor S(root, u)$

观察将询问$curV$移动到$targetV$前后$T(curV, curU)$变化：

$T(curV, curU)=S(root, curV) xor S(root, curU)$

$T(targetV, curU)=S(root, targetV) xor S(root, curU)$

取对称差：

$T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= (S(root, curV) xor S(root, curU)) xor (S(root, targetV) xor S(root, curU))$

由于对称差的交换律、结合律：

$T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= S(root, curV) xorS(root, targetV)$

两边同时$xor T(curV, curU)$：

$T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor S(root, curV) xor S(root, targetV)$

$T(targetV, curU)=T(curV, curU) xor T(curV, targetV)$

也就是说，更新的时候，$xor T(curV, targetV)$就行了。

即，对$curV$到$targetV$路径(除开$LCA(curV, targetV))$上的结点，将它们的存在性取反即可。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　---------------------By  VFK

至于路径上取对称差?

求$S(7,10)$,很显然$root=1$,$S(1,7)=\left\{1,3,7\right\},S(1,10)=\left\{1,4,8,10\right\}$

所以$S(1,7) xor S(1,10)=\left\{3,7,4,8,10\right\}$,$\left\{3,7,4,8,10\right\} xor LCA(7,10)=\left\{1,3,7,4,8,10\right\}=S(7,10)$

图中蓝色的路径表示$S(1,7)$,绿色路径表示$S(1,10)$,红色路径表示$S(7,10)$,黄色圈表示$LCA(7,10)$

其余的都是一样..询问间的移动,原理一样,感受一下就好

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int read()
{
    int x=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') ch=getchar();
    while(ch>=''&&ch<='') {x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x;
}
#define maxn 50100
#define maxq 100100
int n,m,fk,knum,ans,root;
struct Edgenode{int to,next;}edge[maxn<<];
int head[maxn],cnt=;
void add(int u,int v)
{cnt++;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;edge[cnt].to=v;}
void insert(int u,int v)
{add(u,v); add(v,u);}
int deep[maxn],father[maxn][],dfsx,stack[maxn],top,rt[maxn],an[maxq],p[maxn];
struct Pointnode{int dfs,col;}po[maxn];
struct Asknode
{
    int a,b,u,v,id;
    bool operator < (const Asknode & A) const
        {
            if(rt[u]==rt[A.u]) return po[v].dfs<po[A.v].dfs;
                else return rt[u]<rt[A.u];
        }
}q[maxq];
bool visit[maxn];
int DFS(int now)
{
    int size=;
    po[now].dfs=++dfsx;
    for (int i=; i<=; i++)
        if (deep[now]>=(<<i))
            father[now][i]=father[father[now][i-]][i-];
    for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
        if (edge[i].to!=father[now][])
            {
                deep[edge[i].to]=deep[now]+;
                father[edge[i].to][]=now;
                size+=DFS(edge[i].to);
                if (size>=fk)
                    {
                        knum++;
                        for(int j=; j<=size; j++)
                            rt[stack[top--]]=knum;
                        size=;
                    }
            }
    stack[++top]=now;
    return size+;
}
int LCA(int x,int y)
{
    if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
    int dd=deep[x]-deep[y];
    for (int i=; i<=; i++)
        if (dd&(<<i) && dd>=(<<i)) x=father[x][i];
    for (int i=; i>=; i--)
        if (father[x][i]!=father[y][i])
            x=father[x][i],y=father[y][i];
    if (x==y) return x; else return father[x][];
}
void reserv(int x)
{
    if (!visit[x]) {visit[x]=; p[po[x].col]++; if (p[po[x].col]==) ans++;}
        else {visit[x]=; p[po[x].col]--; if (p[po[x].col]==) ans--;}
}
void work(int u,int v)
{
    while (u!=v)
        if (deep[u]>deep[v]) reserv(u),u=father[u][];
            else reserv(v),v=father[v][];
}
int main()
{
    n=read(),m=read(); fk=sqrt(n);
    for (int i=; i<=n; i++) po[i].col=read();
    for (int u,v,i=; i<=n; i++)
        {
            u=read(),v=read();
            if (!u) root=v;
                else if (!v) root=u;
                    else insert(u,v);
        }
    DFS(root);
    knum++;
    while (top) rt[stack[top--]]=knum;
    for (int i=; i<=m; i++)
        {
            q[i].u=read();q[i].v=read();q[i].a=read();q[i].b=read();q[i].id=i;
            if (po[q[i].u].dfs>po[q[i].v].dfs) swap(q[i].u,q[i].v);
        }
    sort(q+,q+m+);
    int T=LCA(q[].u,q[].v);
    work(q[].u,q[].v); reserv(T); an[q[].id]=ans;
    if (p[q[].a] && p[q[].b] && q[].a!=q[].b) an[q[].id]--;
    reserv(T);
    for (int i=; i<=m; i++)
        {
            work(q[i-].u,q[i].u);
            work(q[i-].v,q[i].v);
            T=LCA(q[i].u,q[i].v);
            reserv(T); an[q[i].id]=ans;
            if(p[q[i].a] && p[q[i].b] && q[i].a!=q[i].b) an[q[i].id]--;
            reserv(T);
        }
    for (int i=; i<=m; i++) printf("%d\n",an[i]);
    return ;
}