Description

给定一棵N个节点的树,每个点有一个权值,对于M个询问(u,v,k),你需要回答u xor lastans和v这两个节点间第K小的点权。其中lastans是上一个询问的答案,初始为0,即第一个询问的u是明文。

Input

第一行两个整数N,M。
第二行有N个整数,其中第i个整数表示点i的权值。
后面N-1行每行两个整数(x,y),表示点x到点y有一条边。
最后M行每行两个整数(u,v,k),表示一组询问。

Output

M行,表示每个询问的答案。最后一个询问不输出换行符

Sample Input

8 5
105 2 9 3 8 5 7 7
1 2
1 3
1 4
3 5
3 6
3 7
4 8
2 5 1
0 5 2
10 5 3
11 5 4
110 8 2

Sample Output

2
8
9
105
7

HINT

HINT:
N,M<=100000
暴力自重。。。

Source

鸣谢seter

树上的主席树,本来应该自已YY一下的但是没有想出来。。。尴尬。。。

其实还是很简单的。。。

每个节点以其父亲节点为历史版本建主席树,在dfs的时候insert;

那么每个点的线段树相当于是维护了从根节点到该节点路径上的点。。。

对于树上两点l,r路径上的第k大,那么要找出l,r的LCA,由于这个LCA也是需要被考虑的,所以还要求LCA的爸爸;

所以每次相当于是 s[ls[l]]+s[ls[r]]-s[ls[lca]]-s[ls[fa[lca]];

这个东西把图画出来,其实就是一个树上的前缀和思想。。。

附上代码:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=;
int gi()
{
int x=,flag=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') flag=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
return x*flag;
}
int hash[N],num[N],v[N],s[N*],sz,root[N],ls[N*],rs[N*];
int dfn[N],head[N*],nxt[N*],to[N*],son[N],dep[N],size[N],fa[N],top[N];
int id[N],tt,cnt,tot,n,m,last;
int find(int x)
{
int l=,r=tot;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>;
if(hash[mid]<x) l=mid+;
else r=mid-;
}
return l;
}
void insert(int l,int r,int x,int &y,int k)
{
y=++sz;
s[y]=s[x]+;ls[y]=ls[x],rs[y]=rs[x];
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>;
if(k<=mid) insert(l,mid,ls[x],ls[y],k);
else insert(mid+,r,rs[x],rs[y],k);
}
int query(int l,int r,int a,int b,int c,int d,int k)
{
if(l==r) return hash[l];
int mid=(l+r)>>;
if(s[ls[a]]+s[ls[b]]-s[ls[c]]-s[ls[d]]>=k)
return query(l,mid,ls[a],ls[b],ls[c],ls[d],k);
else return query(mid+,r,rs[a],rs[b],rs[c],rs[d],k-(s[ls[a]]+s[ls[b]]-s[ls[c]]-s[ls[d]]));
}
void dfs1(int x,int f)
{
dep[x]=dep[f]+;size[x]=;
insert(,tot,root[f],root[x],find(v[x]));
for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y!=f)
{
dfs1(y,x);
fa[y]=x;size[x]+=size[y];
if(size[y]>size[son[x]]) son[x]=y;
}
}
}
void dfs2(int x,int f)
{
dfn[x]=++tt,top[x]=f;
if(son[x]) dfs2(son[x],f);
for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y!=fa[x]&&y!=son[x]) dfs2(y,y);
}
}
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 y;
}
void lnk(int x,int y)
{
to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
to[++cnt]=x,nxt[cnt]=head[y],head[y]=cnt;
}
int main()
{
n=gi(),m=gi();
for(int i=; i<=n; i++) v[i]=gi(),num[i]=v[i];
sort(num+,num++n);
hash[++tot]=num[];
for(int i=; i<=n; i++)
if(num[i]!=num[i-])
hash[++tot]=num[i];
int x,y,k;
for(int i=; i<n; i++) x=gi(),y=gi(),lnk(x,y);
dfs1(,);dfs2(,);
for(int i=; i<=m; i++)
{
x=gi();y=gi();k=gi();x^=last;
int a=root[x],b=root[y],c=root[lca(x,y)],d=root[fa[lca(x,y)]];
last=query(,tot,a,b,c,d,k);
printf("%d",last);if(i!=m) printf("\n");
}
}

bzoj 2588 Count on a tree的更多相关文章

  1. bzoj 2588 Count on a tree 解题报告

    Count on a tree 题目描述 给定一棵\(N\)个节点的树,每个点有一个权值,对于\(M\)个询问\((u,v,k)\),你需要回答\(u\) \(xor\) \(lastans\)和\( ...

  2. BZOJ 2588 Count on a tree (COT) 是持久的段树

    标题效果:两棵树之间的首次查询k大点的权利. 思维:树木覆盖树,事实上,它是正常的树木覆盖了持久段树. 由于使用权值段树可以寻求区间k大,然后应用到持久段树思想,间隔可以做减法.详见代码. CODE: ...

  3. BZOJ.2588.Count on a tree(主席树 静态树上第k小)

    题目链接 /* 序列上的主席树 某点是利用前一个点的根建树 同理 树上的主席树 某个节点可以利用其父节点(is unique)的根建树 排名可以利用树上前缀和求得: 对于(u,v),w=LCA(u,v ...

  4. 2588: Count on a tree

    敢问和zwt的树有何区别..改了读入直接交..四百个人A,三百多个PE..于是果断贡献几发PE.. http://ideone.com/9XCg3D

  5. 【BZOJ】【2588】COT(Count On a Tree)

    可持久化线段树 maya……树么……转化成序列……所以就写了个树链剖分……然后每个点保存的是从它到根的可持久化线段树. 然后就像序列一样查询……注意是多个左端点和多个右端点,处理方法类似BZOJ 19 ...

  6. BZOJ 2588: Spoj 10628. Count on a tree [树上主席树]

    2588: Spoj 10628. Count on a tree Time Limit: 12 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 5217  Solved: 1233 ...

  7. BZOJ 2588: Spoj 10628. Count on a tree 树上跑主席树

    2588: Spoj 10628. Count on a tree Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.lydsy.com/J ...

  8. Bzoj 2588: Spoj 10628. Count on a tree 主席树,离散化,可持久,倍增LCA

    题目:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2588 2588: Spoj 10628. Count on a tree Time Limit ...

  9. BZOJ 2588: Spoj 10628. Count on a tree( LCA + 主席树 )

    Orz..跑得还挺快的#10 自从会树链剖分后LCA就没写过倍增了... 这道题用可持久化线段树..点x的线段树表示ROOT到x的这条路径上的权值线段树 ----------------------- ...

随机推荐

  1. Mysql语句查询优化

    其实对Mysql查询语句进行优化是一件非常有必要的事情. 如何查看当前sql语句的执行效率呢? 1.建一张学生表 CREATE TABLE `student` ( `stu_id` ) NOT NUL ...

  2. 安卓自定义控件(二)BitmapShader、ShapeDrawable、Shape

    第一篇博客中,我已经Canvas.Paint.Shader.Xfermode这些对象做了总结,而现在这篇文章主要介绍BitmapShader位图渲染,Xfermode如何实际应用,还有形状的绘制.不过 ...

  3. LDA算法入门

    http://blog.csdn.net/warmyellow/article/details/5454943 LDA算法入门 一. LDA算法概述: 线性判别式分析(Linear Discrimin ...

  4. 十三、Hadoop学习笔记————Hive安装先决条件以及部署

    内嵌模式,存储于本地的Derby数据库中,只支持单用户 本地模式,支持多用户多会话,例如存入mysql 下载解压hive后,进到conf路径,将模板拷贝 出现该错误表示权限不够 该目录未找到 新建一个 ...

  5. Ckeditor与Ckfinder的配合使用,上传图片、水印、修改图片名字为当前日期 asp.net

    为了配置出来上传功能,并且还添加水印,修改图片的名字为日期,真的头疼了很久,现在来分享一下自己所做的,也算一点小小的成就吧,顺带帮帮很多还在弄这个的猿们.我是分别用了两种方法.先说低版本的Versio ...

  6. weakSelf 和 strongSelf

    最近在看SDWebImage源码,碰到一些比较绕的问题,理解了很久,然后在网上查了些的资料,才算是有了一些理解.在此记录一下. 源码如下: block会copy要在block中使用的实变量,而copy ...

  7. springboot mybatis redis 二级缓存

    前言 什么是mybatis二级缓存? 二级缓存是多个sqlsession共享的,其作用域是mapper的同一个namespace. 即,在不同的sqlsession中,相同的namespace下,相同 ...

  8. Python 学习(1) 简单的小爬虫

    最近抽空学了两天的Python,基础知识都看完了,正好想申请个联通日租卡,就花了2小时写了个小爬虫,爬一下联通日租卡的申请页面,看有没有好记一点的手机号~   人工挑眼都挑花了. 用的IDE是PyCh ...

  9. 10_Eclipse中演示Git冲突的解决

     1 在user1中的readme.txt文件里先改动,而且commitand push 选中user1,右击team->Commit-à watermark/2/text/aHR0cDov ...

  10. lua 中pairs 和 ipairs差别

    ipairs 和pairs在lua中都是遍历tbale的函数可是两者有差别 1.pairs遍历table中的全部的key-vale 而ipairs会依据key的数值从1開始加1递增遍历相应的table ...