Codeforces633G - Yash And Trees

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Description

给出一个\(n(n\leq10^5)\)个点的带点权树，以\(1\)为根；以及正整数\(m(m\leq10^3)\)。进行\(q(q\leq10^5)\)次操作：

• 给\(v\)的子树中的所有点的点权加\(x\)。
• 询问有多少个不同的质数\(p\)，在\(v\)的子树中存在一个点的点权\(\bmod m=p\)。

Solution

线段树+bitset。

做出这棵树的DFS序，那么原操作就相当于序列的区间加和区间查询，用线段树实现。线段树上每个节点维护一个bitset\(info\)，其中\(info[x]=1\)表示在这个区间内存在点权\(\bmod m=x\)的点。那么合并就只要按位或。

考虑如何给区间加\(x\)：\(info[(i+x)\bmod m]=info[i]\)，那么对于\(i<m-x\)只要左移\(x\)位，对于\(i>=m-x\)相当于移动到\(i+x-m\)位，也就是右移\(m-x\)位。info=(info<<x)|(info>>m-x)，前面溢出的由于用不到所以可以不管（不过我因为这个WA了QAQ）。

询问时，将\(O(logn)\)个节点的\(info\)或起来，然后检查有多少个小于\(m\)的质数出现了。

时间复杂度\(O(qlogn)\)。

Code

//Yash And Trees
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef bitset<1010> bits;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
int pr[200]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293,307,311,313,317,331,337,347,349,353,359,367,373,379,383,389,397,401,409,419,421,431,433,439,443,449,457,461,463,467,479,487,491,499,503,509,521,523,541,547,557,563,569,571,577,587,593,599,601,607,613,617,619,631,641,643,647,653,659,661,673,677,683,691,701,709,719,727,733,739,743,751,757,761,769,773,787,797,809,811,821,823,827,829,839,853,857,859,863,877,881,883,887,907,911,919,929,937,941,947,953,967,971,977,983,991,997};
const int N=1e5+10;
int n,m,a[N];
vector<int> son[N];
void edAdd(int u,int v) {son[u].push_back(v),son[v].push_back(u);}
int dfCnt,dfn[N],fr[N],to[N];
void dfs(int u,int fa)
{
    dfn[++dfCnt]=u; fr[u]=dfCnt;
    for(int i=0;i<son[u].size();i++)
    {
        int v=son[u][i];
        if(v!=fa) dfs(v,u);
    }
    to[u]=dfCnt;
}
int sgCnt,rt,ch[N<<1][2]; bits info[N<<1]; int tag[N<<1];
void update(int p) {info[p]=info[ch[p][0]]|info[ch[p][1]];}
void change(int p,int x) {info[p]=(info[p]<<x)|(info[p]>>m-x); tag[p]=(tag[p]+x)%m;}
void pushdw(int p) {if(tag[p]) change(ch[p][0],tag[p]),change(ch[p][1],tag[p]),tag[p]=0;}
void bldTr(int &p,int L0,int R0)
{
    if(!p) p=++sgCnt;
    if(L0==R0) {info[p][a[dfn[L0]]]=1; return;}
    int mid=L0+R0>>1;
    bldTr(ch[p][0],L0,mid);
    bldTr(ch[p][1],mid+1,R0);
    update(p);
}
int optL,optR;
void ins(int p,int L0,int R0,int x)
{
    if(optL<=L0&&R0<=optR) {change(p,x); return;}
    pushdw(p);
    int mid=L0+R0>>1;
    if(optL<=mid) ins(ch[p][0],L0,mid,x);
    if(mid<optR) ins(ch[p][1],mid+1,R0,x);
    update(p);
}
bits resQ;
void query(int p,int L0,int R0)
{
    if(optL<=L0&&R0<=optR) {resQ|=info[p]; return;}
    pushdw(p);
    int mid=L0+R0>>1;
    if(optL<=mid) query(ch[p][0],L0,mid);
    if(mid<optR) query(ch[p][1],mid+1,R0);
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read()%m;
    for(int i=1;i<=n-1;i++) edAdd(read(),read());
    dfs(1,0); bldTr(rt,1,n);
    int Q=read();
    while(Q--)
    {
        int opt=read(),v=read(); optL=fr[v],optR=to[v];
        if(opt==1) ins(rt,1,n,read()%m);
        else
        {
            resQ=0,query(rt,1,n); int ans=0;
            for(int i=1;i<=168&&pr[i]<m;i++) if(resQ[pr[i]]) ans++;    //要同时判断pr[i]<m！
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

P.S.

因为懒得写线性筛所以打表了\(1000\)以内的质数，但是由于没有处理溢出也没有判断质数是否小于\(m\)所以WA掉了...感谢elijahqi大佬