简单数据结构题（from 钟子谦——IOI2018集训队自选题）

试题描述

给一棵 \(n\) 个点的树，点权开始为 \(0\) ，有 \(q\) 次操作，每次操作是选择一个点，把周围一圈点点权 \(+1\)（一个点周围的点为与该点距离为 \(1\) 的点），在该操作后你需要输出当前周围一圈点点权的异或和。

由于输出量较大，设第 \(i\) 个询问输出为 \(ans_i\)，你只需要输出

\begin{equation}
[\sum^q_{i=1}ans_i \cdot (i^2+i)] \texttt{ mod } (10^9+7)
\notag
\end{equation}

输入

第一行两个数 \(n\) ， \(q\) ，表示树的点数和操作数。

接下来 \(n-1\) 行每行两个数表示树上的一条边。

接下来 \(q\) 行每行一个数 \(x\)，表示把 \(x\) 周围一圈点点权 \(+1\)。

输出

输出一个 \([0,10^9+7)\) 的数，详见题目描述。

输入示例

5 10
1 2
2 3
2 4
3 5
1
5
2
4
3
5
4
2
3
1

输出示例

2060

数据规模及约定

对于 \(80\texttt{%}\) 的数据，保证 \(n = 1000\)

对于 \(90\texttt{%}\) 的数据，保证 \(n = 100000\)

对于 \(100\texttt{%}\) 的数据，保证 \(n = 500000\)

题解

这题差最后一步想到了。

不过好像除了 trie 树这步最妙这题也没其他什么了。。。

每个点周围的点可以分为父节点和子树中的一层节点，所以我们可以把一个节点 \(u\) 的所有儿子的信息存储到节点 \(u\) 中，然后对于一个询问，父亲单独计算，统一计算所有儿子的。

所以现在要一个可以支持删除、插入（对父亲的单独操作）、全体加 \(1\)、求全体异或和的数据结构。

一个数 \(x\) 加上 \(1\) 可以看做 \(x \rightarrow x \bigoplus (2 \cdot lowbit(\texttt{~}x) - 1)\)（\(\bigoplus\) 表示异或运算符，\(\texttt{~}\) 表示取反运算符，\(lowbit(t)\) 表示只取 \(t\) 最低位的 \(1\)），所以我们需要维护集合内所有 \(x\) 的同时维护所有的 \(lowbit(\texttt{~}x)\)，确切地，只需要知道每种 \(lowbit(x)\)（最多 \(\log q\) 种）的取值有多少个。

然后就是我没想到的最后一步了：建立 trie 树保存集合内所有数（从浅到深按从低位到高位的顺序保存），\(lowbit(\texttt{~}x)\) 很好得到了，然后全体 \(+1\) 就是每次交换左右子树，然后递归到左子树去（即最低位异或 \(1\) 然后处理进位）。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)int read() {int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }return x * f;
}#define maxn 500010
#define maxm 1000010
#define maxnode 10000010
#define maxlog 25
#define MOD 1000000007
#define LL long longint n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], Fa[maxn], at[maxn];
int ToT, rt[maxn], val[maxnode], ch[maxnode][2], siz[maxnode], fa[maxnode], rec[maxlog], cntr;void AddEdge(int a, int b) {to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;swap(a, b);to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;return ;
}int getnode() {int u;if(cntr) u = rec[cntr--];else u = ++ToT;ch[u][0] = ch[u][1] = fa[u] = siz[u] = 0;return u;
}
int Insert(int& r, int v) {if(!r) r = getnode(), val[r] = v;else val[r] ^= v;int u = r; siz[u]++;rep(i, 1, 20) {int x = v & 1; v >>= 1;if(!ch[u][x]) fa[ch[u][x] = getnode()] = u;u = ch[u][x]; siz[u]++;}
//  printf("Insert(%d): %d\n", r, u);return u;
}void build(int u) {rt[u] = ++ToT;for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != Fa[u]) {at[to[e]] = Insert(rt[u], 0);Fa[to[e]] = u;build(to[e]);}return ;
}int getnum(int u) {int res = 0; cntr = 0;while(u) {if(fa[u] && ch[fa[u]][1] == u) res = res << 1 | 1;else if(fa[u]) res <<= 1;
//      printf("getnum: %d\n", u);siz[u]--;if(!siz[u] && fa[u]) {rec[++cntr] = u;
//          printf("recycle %d\n", u);if(ch[fa[u]][1] == u) ch[fa[u]][1] = 0;else ch[fa[u]][0] = 0;}if(!fa[u]) val[u] ^= res;u = fa[u];}return res;
}
void Add(int r) {int u = r, d = 0;while(u) {int s = ch[u][0] ? siz[ch[u][0]] : 0;if(!ch[u][1]) s = siz[u];if(s & 1) val[r] ^= (1 << d + 1) - 1;u = ch[u][1]; d++;}u = r;while(u) {swap(ch[u][0], ch[u][1]);u = ch[u][0];}return ;
}int main() {n = read(); int q = read();rep(i, 1, n - 1) {int a = read(), b = read();AddEdge(a, b);}Insert(rt[0], 0);build(1);int Ans = 0;rep(i, 1, q) {int u = read(), ans = 0;if(Fa[u]) {ans = getnum(at[Fa[u]]) + 1;
//          printf("faans: %d\n", ans);at[Fa[u]] = Insert(rt[Fa[Fa[u]]], ans);}
//      printf("beforeAdd: %d\n", val[rt[u]]);Add(rt[u]);ans ^= val[rt[u]];
//      printf("afterAdd: %d\n", val[rt[u]]);(Ans += (LL)ans * ((LL)i * i % MOD + i) % MOD) %= MOD;}printf("%d\n", Ans);return 0;
}