【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 1901

　　然后rausen（Orz！！！）粗来跟我说：你直接减去lca和fa[lca]不就好啦~搞树剖还多一个log……

　　我恍然大悟！然后两个都交了一下，事实证明：我链剖写的还行，LCA写的太丑……速度反而是多一个log的链剖快QAQ（另：因为边少我就偷懒没写边表，直接vector水过）

链剖：

/**************************************************************
Problem: 2588
User: Tunix
Language: C++
Result: Accepted
Time:4520 ms
Memory:53024 kb
****************************************************************/

//BZOJ 2588
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
#define pb push_back
using namespace std;
inline int getint(){
int v=0,sign=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') sign=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch))  {v=v*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return v*sign;
}
const int N=1e5+10,INF=~0u>>2;
/*******************template********************/
struct tree{
int cnt,l,r;
}t[N*30];
int root
,cnt,num;
int lc,rc,ln
,rn
;
#define mid (l+r>>1)
void update(int &o,int l,int r,int pos){
t[++cnt]=t[o]; o=cnt; t[o].cnt++;
if (l==r) return;
if (pos<=mid) update(t[o].l,l,mid,pos);
else update(t[o].r,mid+1,r,pos);
}
int query_t(int rank){
int l=1,r=num;
int tl=0,tr=0;
while(l!=r){
tl=tr=0;
F(i,1,lc) tl+=t[t[ln[i]].l].cnt;
F(i,1,rc) tr+=t[t[rn[i]].l].cnt;
if (tr-tl>=rank){
F(i,1,lc) ln[i]=t[ln[i]].l;
F(i,1,rc) rn[i]=t[rn[i]].l;
r=mid;
}else{
F(i,1,lc) ln[i]=t[ln[i]].r;
F(i,1,rc) rn[i]=t[rn[i]].r;
l=mid+1; rank-=tr-tl;
}
}
return l;
}
/*****************可持久化线段树 ***************/
vector<int>G
;
int fa
[18],dep
,a
,b
,n,m,lastans;
void dfs(int x){
F(i,1,17)
if (dep[x]>=(1<<i)) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
else break;
root[x]=root[fa[x][0]];
update(root[x],1,num,a[x]);
rep(i,G[x].size()){
int to=G[x][i];
if (to==fa[x][0]) continue;
fa[to][0]=x; dep[to]=dep[x]+1;
dfs(to);
}
}
int LCA(int x,int y){
if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
int t=dep[x]-dep[y];
for(int i=0;(1<<i)<=t;i++)
if(t&(1<<i)) x=fa[x][i];
D(i,17,0)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
x=fa[x][i],y=fa[y][i];
if (x==y) return x;
return fa[x][0];
}
void query(int x,int y,int k){
lc=rc=0;
int lca=LCA(x,y);
ln[++lc]=root[lca]; ln[++lc]=root[fa[lca][0]];
rn[++rc]=root[x]; rn[++rc]=root[y];
printf("%d",lastans=b[query_t(k)]);
}
/**********************LCA*********************/
int main(){
n=getint(); m=getint();
F(i,1,n) b[i]=a[i]=getint();
sort(b+1,b+n+1);
num=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
F(i,1,n) a[i]=lower_bound(b+1,b+num+1,a[i])-b;

int x,y,k;
F(i,2,n){
x=getint(); y=getint();
G[x].pb(y); G[y].pb(x);
}
dfs(1);

F(i,1,m){
x=lastans^getint(); y=getint(); k=getint();
query(x,y,k);
if (i!=m) puts("");
}
return 0;
}

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2588: Spoj 10628. Count on a tree

Time Limit: 12 Sec Memory Limit: 128 MB
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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。

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

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