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yyq：“hot tea 不常有，做过了就不能再错过了”

似乎这是半年前某场 hb 模拟赛的 T2？当时 ycx、ymx、yxh 都去打了，可我似乎那时候还在旅游？

不难发现，对于操作 \(i\) 实际上是将 \(a_i\) 与 \(b_i\) 子树的并集内的点的答案集合并上 \(a_i\) 与 \(b_i\) 子树的并集。于是我们考虑将询问离线下来并在树上进行一遍 DFS，动态地维护一个可重集 \(S\)。当我们第一次访问某个点 \(x\) 的时候就遍历所有 \(a_i=x\lor b_i=x\) 的操作 \(i\)，并将 \(subtree(a_i)\cup subtree(b_i)\) 中所有点加入 \(S\)，那么显然此时 \(S\) 中所有点都与 \(x\) 有相同的数，也就是说，如果 \(|S|=0\) 那么 \(ans_x=0\)，否则 \(ans_x=|S|-1\)（要扣掉 \(x\) 本身），这个很好想通。回溯的时候就撤销全部在 \(x\) 处加入 \(S\) 的点即可。

我们不妨用 DFS 序的角度考虑这个问题。显然子树对应的 DFS 序是一段连续的区间 \([L_x,R_x]\)。而一个点 \(x\) 在 \(S\) 中出现的次数也可量化为 \(cnt_x\)，故上述 DFS 的过程可翻译为以下三种操作：

  • 将一个点 \(x\) 子树内所有点加入可重集，i.e. \(\forall u\in[bg_x,ed_x],cnt_u\leftarrow cnt_u+1\)。
  • 将一个点 \(x\) 子树内所有点从可重集中删除，i.e. \(\forall u\in[bg_x,ed_x],cnt_u\leftarrow cnt_u-1\)。
  • 求可重集中有多少个不同的点，i.e. \(\sum\limits_{u=0}^n[cnt_u>0]\)

于是现在我们的任务就是怎样解决这个子问题。针对这个子问题给出了五种解法：

解法一：根号暴力。

u1s1 根号暴力 ta 不香吗？

考虑将整个序列每 \(B\) 个划分为一块。对于每一块我们开一个桶 \(buc_{i,j}\) 表示第 \(i\) 块中有多少个 \(u\) 满足 \(cnt_u=j\)，当我们对某个区间进行整体 \(+v\) 的时候，我们就套路地采用边角块暴力，中间块打标记的方式，也就是边角块暴力地对 \(cnt_u,buc_u\) 进行修改，中间块维护一个 \(tag_i\) 并令 \(tag_i\leftarrow tag_i+v\)。查询时我们可拿总数 \(n\) 减去 \(cnt_i=0\) 的个数，这个又可以通过 \(\sum\limits cnt_{i,-tag_i}\) 求出。

时间复杂度 \(\dfrac{n^2}{B}+nB\)，空间复杂度 \(\dfrac{n^2}{B}\)，显然 \(B=\sqrt{n}\) 时候最优。

ycx 神仙说此题桶要开 short，可似乎开 int 也能过？

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define fi first
  4. #define se second
  5. #define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
  6. #define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
  7. #define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
  8. #define pb push_back
  9. #define ppb pop_back
  10. #define mp make_pair
  11. template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
  12. template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
  13. typedef pair<int,int> pii;
  14. typedef long long ll;
  15. typedef unsigned int u32;
  16. typedef unsigned long long u64;
  17. namespace fastio{
  18. 	#define FILE_SIZE 1<<23
  19. 	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
  20. 	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
  21. 	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
  22. 	template<typename T> void read(T &x){
  23. 		x=0;char c=getchar();T neg=0;
  24. 		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
  25. 		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
  26. 		if(neg) x=(~x)+1;
  27. 	}
  28. 	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
  29. 	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
  30. 	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
  31. }
  32. const int MAXN=1e5;
  33. const int SQRT=316;
  34. int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
  35. void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
  36. vector<int> qv[MAXN+5];int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
  37. int blk,blk_cnt,L[SQRT+5],R[SQRT+5],bel[MAXN+5];
  38. int val[MAXN+5],tag[SQRT+5];short cnt[SQRT+5][MAXN+5];
  39. void dfs0(int x=1,int f=0){
  40. 	bgt[x]=++tim;
  41. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  42. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  43. 		dfs0(y,x);
  44. 	} edt[x]=tim;
  45. }
  46. void add(int l,int r,int v){
  47. 	if(bel[l]==bel[r]){
  48. 		for(int i=l;i<=r;i++) cnt[bel[l]][val[i]]--;
  49. 		for(int i=l;i<=r;i++) val[i]+=v;
  50. 		for(int i=l;i<=r;i++) cnt[bel[l]][val[i]]++;
  51. 	} else {
  52. 		for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) cnt[bel[l]][val[i]]--;
  53. 		for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) val[i]+=v;
  54. 		for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) cnt[bel[l]][val[i]]++;
  55. 		for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) cnt[bel[r]][val[i]]--;
  56. 		for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) val[i]+=v;
  57. 		for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) cnt[bel[r]][val[i]]++;
  58. 		for(int i=bel[l]+1;i<=bel[r]-1;i++) tag[i]+=v;
  59. 	}
  60. }
  61. int query(){
  62. 	int ret=0;
  63. 	for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) ret+=cnt[i][-tag[i]];
  64. 	return n-ret;
  65. }
  66. int ans[MAXN+5];
  67. void calc(int x=1,int f=0){
  68. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  69. 		int y=qv[x][i];
  70. 		add(bgt[x],edt[x],1);
  71. 		add(bgt[y],edt[y],1);
  72. 	} ans[x]=query();
  73. 	if(ans[x]) ans[x]--;
  74. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  75. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  76. 		calc(y,x);
  77. 	}
  78. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  79. 		int y=qv[x][i];
  80. 		add(bgt[x],edt[x],-1);
  81. 		add(bgt[y],edt[y],-1);
  82. 	}
  83. }
  84. int main(){
  85. 	scanf("%d%d",&n,&m);
  86. 	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
  87. 	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);
  88. 	blk=(int)pow(n,0.5);blk_cnt=(n-1)/blk+1;
  89. 	for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
  90. 		L[i]=(i-1)*blk+1;R[i]=min(i*blk,n);
  91. 		for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
  92. 		cnt[i][0]=R[i]-L[i]+1;
  93. 	} dfs0();calc();
  94. 	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
  95. 	return 0;
  96. }

解法二：线段树+标记永久化

u1s1 在做此题之前我还不知道啥是标记永久化，感谢这题让我学会了一个新算法

在上面的根号暴力中，我们没有用到此题一个很重要的性质，那就是我们肯定是先加入再撤销贡献的，也就是说任何时刻都有 \(\forall u,cnt_u\ge 0\)。

于是我们考虑这样一个思路，用线段树维护上面的操作。当我们执行线段树区间修改的时候，我们标记照样打，不过我们不下放标记（这是标记永久化与普通线段树的区别所在）。显然根据之前的推论任意时刻任意节点的标记都非负。线段树上每个节点维护一个值 \(val\) 表示该节点表示的区间中有多少个 \(cnt_u=0\)，而如果我们发现某个区间的标记非负，就意味着该区间中所有 \(cnt_u\) 都 \(>0\)，直接 \(val_i=0\) 即可。否则 \(val_i\) 就是其左右儿子 \(val\) 之和。

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define fi first
  4. #define se second
  5. #define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
  6. #define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
  7. #define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
  8. #define pb push_back
  9. #define ppb pop_back
  10. #define mp make_pair
  11. template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
  12. template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
  13. typedef pair<int,int> pii;
  14. typedef long long ll;
  15. typedef unsigned int u32;
  16. typedef unsigned long long u64;
  17. namespace fastio{
  18. 	#define FILE_SIZE 1<<23
  19. 	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
  20. 	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
  21. 	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
  22. 	template<typename T> void read(T &x){
  23. 		x=0;char c=getchar();T neg=0;
  24. 		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
  25. 		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
  26. 		if(neg) x=(~x)+1;
  27. 	}
  28. 	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
  29. 	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
  30. 	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
  31. }
  32. const int MAXN=1e5;
  33. const int SQRT=316;
  34. int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
  35. void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
  36. vector<int> qv[MAXN+5];int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
  37. struct node{int l,r,val,lz;} s[MAXN*4+5];
  38. void pushup(int k){
  39. 	if(s[k].l==s[k].r) s[k].val=!s[k].lz;
  40. 	else s[k].val=(s[k].lz)?0:(s[k<<1].val+s[k<<1|1].val);
  41. }
  42. void build(int k,int l,int r){
  43. 	s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r){pushup(k);return;}int mid=l+r>>1;
  44. 	build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
  45. }
  46. void modify(int k,int l,int r,int x){
  47. 	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){s[k].lz+=x;pushup(k);return;}
  48. 	int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
  49. 	if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
  50. 	else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
  51. 	else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
  52. 	pushup(k);
  53. }
  54. void dfs0(int x=1,int f=0){
  55. 	bgt[x]=++tim;
  56. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  57. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  58. 		dfs0(y,x);
  59. 	} edt[x]=tim;
  60. }
  61. int ans[MAXN+5];
  62. void calc(int x=1,int f=0){
  63. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  64. 		int y=qv[x][i];
  65. 		modify(1,bgt[x],edt[x],1);
  66. 		modify(1,bgt[y],edt[y],1);
  67. 	} ans[x]=n-s[1].val;
  68. 	if(ans[x]) ans[x]--;
  69. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  70. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  71. 		calc(y,x);
  72. 	}
  73. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  74. 		int y=qv[x][i];
  75. 		modify(1,bgt[x],edt[x],-1);
  76. 		modify(1,bgt[y],edt[y],-1);
  77. 	}
  78. }
  79. int main(){
  80. 	scanf("%d%d",&n,&m);
  81. 	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
  82. 	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);
  83. 	dfs0();build(1,1,n);calc();
  84. 	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
  85. 	return 0;
  86. }

解法三：主席树+标记永久化

qwq 事实上与解法二本质上相同？

大概就是区间赋 \(1\)，求全局 \(0\) 的个数，回到历史版本，这个显然主席树可以实现。

然鹅这是蒟蒻第一次打带区间修改的主席树哦

貌似这题空间卡得蛮紧的

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define fi first
  4. #define se second
  5. #define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
  6. #define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
  7. #define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
  8. #define pb push_back
  9. #define ppb pop_back
  10. #define mp make_pair
  11. template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
  12. template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
  13. typedef pair<int,int> pii;
  14. typedef long long ll;
  15. typedef unsigned int u32;
  16. typedef unsigned long long u64;
  17. namespace fastio{
  18. 	#define FILE_SIZE 1<<23
  19. 	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
  20. 	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
  21. 	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
  22. 	template<typename T> void read(T &x){
  23. 		x=0;char c=getchar();T neg=0;
  24. 		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
  25. 		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
  26. 		if(neg) x=(~x)+1;
  27. 	}
  28. 	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
  29. 	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
  30. 	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
  31. }
  32. const int MAXN=1e5;
  33. const int SQRT=316;
  34. int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
  35. void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
  36. vector<int> qv[MAXN+5];int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
  37. struct node{int val,lz,ch[2];} s[MAXN*120+5];
  38. void pushup(int k,int l,int r){
  39. 	if(l==r) s[k].val=!s[k].lz;
  40. 	else s[k].val=(s[k].lz)?0:(s[s[k].ch[0]].val+s[s[k].ch[1]].val);
  41. }
  42. int pre,ncnt=0;
  43. void build(int &k,int l,int r){
  44. 	k=++ncnt;if(l==r){pushup(k,l,r);return;}int mid=l+r>>1;
  45. 	build(s[k].ch[0],l,mid);build(s[k].ch[1],mid+1,r);pushup(k,l,r);
  46. }
  47. int modify(int k,int ql,int qr,int l,int r,int x){
  48. 	int id=++ncnt;s[id]=s[k];
  49. 	if(ql<=l&&r<=qr){s[id].lz+=x;pushup(id,l,r);return id;}
  50. 	int mid=l+r>>1;
  51. 	if(qr<=mid) s[id].ch[0]=modify(s[k].ch[0],ql,qr,l,mid,x);
  52. 	else if(ql>mid) s[id].ch[1]=modify(s[k].ch[1],ql,qr,mid+1,r,x);
  53. 	else{
  54. 		s[id].ch[0]=modify(s[k].ch[0],ql,mid,l,mid,x);
  55. 		s[id].ch[1]=modify(s[k].ch[1],mid+1,qr,mid+1,r,x);
  56. 	} pushup(id,l,r);return id;
  57. }
  58. void dfs0(int x=1,int f=0){
  59. 	bgt[x]=++tim;
  60. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  61. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  62. 		dfs0(y,x);
  63. 	} edt[x]=tim;
  64. }
  65. int ans[MAXN+5];
  66. void calc(int x=1,int f=0){
  67. 	int tmp=pre;
  68. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  69. 		int y=qv[x][i];
  70. 		pre=modify(pre,bgt[x],edt[x],1,n,1);
  71. 		pre=modify(pre,bgt[y],edt[y],1,n,1);
  72. 	} ans[x]=n-s[pre].val;
  73. 	if(ans[x]) ans[x]--;
  74. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  75. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  76. 		calc(y,x);
  77. 	} pre=tmp;
  78. }
  79. int main(){
  80. 	scanf("%d%d",&n,&m);
  81. 	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
  82. 	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);
  83. 	dfs0();build(pre,1,n);calc();
  84. 	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
  85. 	return 0;
  86. }

解法四：线段树

这是我的解法，似乎 rng 神仙也是这个解法？

还是利用“\(0\) 是所有 \(cnt_u\) 的最小可到达的值”这个性质。我们知道 \(cnt_u=0\) 的个数不太好维护，那么我们怎样将其转化为可维护的东西呢？

考虑借鉴 CF997E 的套路，\(cnt_u=0\) 的个数不太好维护，可是区间最小值的个数非常好维护！也就是说，我们每个区间维护区间最小值的个数，查询的时候，如果全局最小值 \(>0\) 就说明不存在 \(cnt_u=0\)，否则直接返回全局最小值的个数即可。

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define fi first
  4. #define se second
  5. #define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
  6. #define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
  7. #define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
  8. #define pb push_back
  9. #define ppb pop_back
  10. #define mp make_pair
  11. template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
  12. template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
  13. typedef pair<int,int> pii;
  14. typedef long long ll;
  15. typedef unsigned int u32;
  16. typedef unsigned long long u64;
  17. namespace fastio{
  18. 	#define FILE_SIZE 1<<23
  19. 	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
  20. 	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
  21. 	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
  22. 	template<typename T> void read(T &x){
  23. 		x=0;char c=getchar();T neg=0;
  24. 		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
  25. 		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
  26. 		if(neg) x=(~x)+1;
  27. 	}
  28. 	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
  29. 	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
  30. 	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
  31. }
  32. const int MAXN=1e5;
  33. int n,m,ans[MAXN+5];vector<int> qv[MAXN+5];
  34. int hd[MAXN+5],nxt[MAXN*2+5],to[MAXN*2+5],ec=0;
  35. void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
  36. int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
  37. void dfs(int x,int f){
  38. 	bgt[x]=++tim;
  39. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  40. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  41. 		dfs(y,x);
  42. 	} edt[x]=tim;
  43. }
  44. struct node{int l,r,mn,mnc,lz;} s[MAXN*4+5];
  45. void pushup(int k){
  46. 	s[k].mn=min(s[k<<1].mn,s[k<<1|1].mn);
  47. 	s[k].mnc=0;
  48. 	if(s[k].mn==s[k<<1].mn) s[k].mnc+=s[k<<1].mnc;
  49. 	if(s[k].mn==s[k<<1|1].mn) s[k].mnc+=s[k<<1|1].mnc;
  50. }
  51. void build(int k,int l,int r){
  52. 	s[k].l=l;s[k].r=r;s[k].mnc=r-l+1;if(l==r) return;
  53. 	int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
  54. }
  55. void pushdown(int k){
  56. 	if(s[k].lz){
  57. 		s[k<<1].mn+=s[k].lz;s[k<<1].lz+=s[k].lz;
  58. 		s[k<<1|1].mn+=s[k].lz;s[k<<1|1].lz+=s[k].lz;
  59. 		s[k].lz=0;
  60. 	}
  61. }
  62. void modify(int k,int l,int r,int x){
  63. 	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
  64. 		s[k].mn+=x;s[k].lz+=x;return;
  65. 	} pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
  66. 	if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
  67. 	else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
  68. 	else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
  69. 	pushup(k);
  70. }
  71. void calc(int x,int f){
  72. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  73. 		int y=qv[x][i];
  74. 		modify(1,bgt[x],edt[x],1);
  75. 		modify(1,bgt[y],edt[y],1);
  76. 	} if(s[1].mn>0) ans[x]=n;
  77. 	else ans[x]=n-s[1].mnc;
  78. 	if(ans[x]) ans[x]--;
  79. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  80. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  81. 		calc(y,x);
  82. 	}
  83. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  84. 		int y=qv[x][i];
  85. 		modify(1,bgt[x],edt[x],-1);
  86. 		modify(1,bgt[y],edt[y],-1);
  87. 	}
  88. }
  89. int main(){
  90. 	scanf("%d%d",&n,&m);build(1,1,n);
  91. 	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);dfs(1,0);
  92. 	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);calc(1,0);
  93. 	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
  94. 	return 0;
  95. }

解法五：可撤销线段树

这是 ycx 发明出来的解法，ycx 带发明家！

不难发现这个撤销操作具有时效性，也就是说，我们访问完 \(x\) 子树内所有节点之后，下一步即将撤销的操作就是 \(x\) 加入的操作，故我们可以借鉴线段树分治的思想，用个栈记录这一步的修改的节点编号以及它们原来的值，回溯的时候就按照线段树分治的套路撤销即可。

时空复杂度均为 \(n\log n\)，貌似这个解法是同时卡着时限和空限过去的？（3960ms/4000ms，225400KB/262144KB）

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. #define fi first
  4. #define se second
  5. #define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
  6. #define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
  7. #define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
  8. #define pb push_back
  9. #define ppb pop_back
  10. #define mp make_pair
  11. template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
  12. template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
  13. typedef pair<int,int> pii;
  14. typedef long long ll;
  15. typedef unsigned int u32;
  16. typedef unsigned long long u64;
  17. namespace fastio{
  18. 	#define FILE_SIZE 1<<23
  19. 	char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
  20. 	inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
  21. 	inline void putc(char x){(*p3++=x);}
  22. 	template<typename T> void read(T &x){
  23. 		x=0;char c=getchar();T neg=0;
  24. 		while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
  25. 		while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
  26. 		if(neg) x=(~x)+1;
  27. 	}
  28. 	template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
  29. 	template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
  30. 	void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
  31. }
  32. const int MAXN=1e5;
  33. int n,m,ans[MAXN+5];vector<int> qv[MAXN+5];
  34. int hd[MAXN+5],nxt[MAXN*2+5],to[MAXN*2+5],ec=0;
  35. void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
  36. int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
  37. void dfs(int x,int f){
  38. 	bgt[x]=++tim;
  39. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  40. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  41. 		dfs(y,x);
  42. 	} edt[x]=tim;
  43. }
  44. struct node{int val,lz;} s[MAXN*4+5];
  45. stack<stack<pair<int,node> > > stk;
  46. void pushup(int k){
  47. 	stk.top().push(mp(k,s[k]));
  48. 	s[k].val=s[k<<1].val+s[k<<1|1].val;
  49. }
  50. void build(int k,int l,int r){
  51. 	if(k==1) stk.push(stack<pair<int,node> >());
  52. 	s[k].val=r-l+1;if(l==r) return;
  53. 	int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
  54. 	pushup(k);
  55. }
  56. void tag(int k){stk.top().push(mp(k,s[k]));s[k].val=0;s[k].lz=1;}
  57. void pushdown(int k){
  58. 	stk.top().push(mp(k,s[k]));
  59. 	if(s[k].lz) tag(k<<1),tag(k<<1|1),s[k].lz=0;
  60. }
  61. void modify(int k,int ql,int qr,int l,int r){
  62. 	if(k==1) stk.push(stack<pair<int,node> >());
  63. 	if(ql<=l&&r<=qr){tag(k);return;}
  64. 	pushdown(k);int mid=l+r>>1;
  65. 	if(qr<=mid) modify(k<<1,ql,qr,l,mid);
  66. 	else if(ql>mid) modify(k<<1|1,ql,qr,mid+1,r);
  67. 	else modify(k<<1,ql,mid,l,mid),modify(k<<1|1,mid+1,qr,mid+1,r);
  68. 	pushup(k);
  69. }
  70. void cancel(){
  71. 	stack<pair<int,node> > tmp=stk.top();stk.pop();
  72. 	while(!tmp.empty()) s[tmp.top().fi]=tmp.top().se,tmp.pop();
  73. }
  74. void calc(int x,int f){
  75. 	int tmp=stk.size();
  76. 	for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
  77. 		int y=qv[x][i];
  78. 		modify(1,bgt[x],edt[x],1,n);
  79. 		modify(1,bgt[y],edt[y],1,n);
  80. 	} ans[x]=n-s[1].val;
  81. 	if(ans[x]) ans[x]--;
  82. 	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
  83. 		int y=to[e];if(y==f) continue;
  84. 		calc(y,x);
  85. 	}
  86. 	while(stk.size()>tmp) cancel();
  87. }
  88. int main(){
  89. 	scanf("%d%d",&n,&m);build(1,1,n);
  90. 	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);dfs(1,0);
  91. 	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);calc(1,0);
  92. 	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
  93. 	return 0;
  94. }

综上，此题确实是一道不错的锻炼数据结构能力的 hot tea。

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