BZOJ 1103: [POI2007]大都市meg

Description

　　在经济全球化浪潮的影响下,习惯于漫步在清晨的乡间小路的邮递员Blue Mary也开始骑着摩托车传递邮件了。
不过，她经常回忆起以前在乡间漫步的情景。昔日，乡下有依次编号为1..n的n个小村庄，某些村庄之间有一些双
向的土路。从每个村庄都恰好有一条路径到达村庄1（即比特堡）。并且，对于每个村庄，它到比特堡的路径恰好
只经过编号比它的编号小的村庄。另外，对于所有道路而言，它们都不在除村庄以外的其他地点相遇。在这个未开
化的地方，从来没有过高架桥和地下铁道。随着时间的推移，越来越多的土路被改造成了公路。至今，Blue Mary
还清晰地记得最后一条土路被改造为公路的情景。现在，这里已经没有土路了——所有的路都成为了公路，而昔日
的村庄已经变成了一个大都市。 Blue Mary想起了在改造期间她送信的经历。她从比特堡出发，需要去某个村庄，
并且在两次送信经历的间隔期间,有某些土路被改造成了公路.现在Blue Mary需要你的帮助：计算出每次送信她需
要走过的土路数目。（对于公路，她可以骑摩托车；而对于土路，她就只好推车了。）

Input

　　第一行是一个数n(1 < = n < = 2 50000).以下n-1行，每行两个整数a，b（1 < = a以下一行包含一个整数m
（1 < = m < = 2 50000），表示Blue Mary曾经在改造期间送过m次信。以下n+m-1行，每行有两种格式的若干信息
，表示按时间先后发生过的n+m-1次事件:若这行为 A a b(a若这行为 W a, 则表示Blue Mary曾经从比特堡送信到
村庄a。

Output

　　有m行，每行包含一个整数，表示对应的某次送信时经过的土路数目。

Sample Input

5
1 2
1 3
1 4
4 5
4
W 5
A 1 4
W 5
A 4 5
W 5
W 2
A 1 2
A 1 3

Sample Output

2
1
0
1

HINT

Solution:

　　本题翻译有毒。我解释一波题意：给定一棵根节点为$1$，$n$个节点的树，原本每条边长度为$1$，有$m+n-1$次操作，每次修改一条边使得边权为$0$，或者查询$1$到某个点的距离（边权和）。

　　不难发现，每次修改一条边（假设是$u->v$），到根节点距离会减少的点实际上就是以$v$为根节点的子树上的所有的点。

　　于是我们先求出$dfs$序，得到每棵子树，并统计每个子树的大小。

　　然后对$dfs$序离散一下，这样保证离散后的$dfs$序从小到大排列，使得子树之间不会有交集，便可以用一棵线段树维护所有子树的信息。

　　那么每次操作时，就是区间修改和单点查询了，每次输出的是所需节点子树大小$-$单点查询的值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
const int N=250005;
int n,dfn[N<<2],ct,cnt,h[N],to[N],net[N],dep[N],tot[N];
int mp[N],add[N<<2],sum[N<<2],p,m;
char s[4];
il int gi(){int a=0;char x=getchar();while(x<'0'||x>'9')x=getchar();while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar();return a;
}
il void addd(int u,int v){to[++cnt]=v,net[cnt]=h[u],h[u]=cnt;}
il void dfs1(int x){dfn[++ct]=x;tot[x]=1;for(int i=h[x];i;i=net[i])dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs1(to[i]),tot[x]+=tot[to[i]];dfn[++ct]=x;
}
il void pushup(int rt){sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];}
il void pushdown(int rt,int k){if(add[rt]){add[rt<<1]+=add[rt];add[rt<<1|1]+=add[rt];sum[rt<<1]+=add[rt]*(k-(k>>1));sum[rt<<1|1]+=add[rt]*(k>>1);add[rt]=0;}
}
il void update(int L,int R,int c,int l,int r,int rt){if(L<=l&&R>=r){add[rt]+=c;sum[rt]+=c*(r-l+1);return;}pushdown(rt,r-l+1);int m=l+r>>1;if(L<=m)update(L,R,c,lson);if(m<R)update(L,R,c,rson);pushup(rt);
}
il int query(int L,int R,int l,int r,int rt){if(L<=l&&R>=r)return sum[rt];pushdown(rt,r-l+1);int m=l+r>>1,ret=0;if(L<=m)ret+=query(L,R,lson);if(m<R)ret+=query(L,R,rson);return ret;
}
int main(){n=gi();int u,v;For(i,1,n-1)u=gi(),v=gi(),addd(u,v);dfs1(1);For(i,1,ct)if(!mp[dfn[i]])mp[dfn[i]]=++p,dfn[i]=p;else dfn[i]=mp[dfn[i]];m=gi()+n-1;while(m--){scanf("%s",s);if(s[0]=='W'){u=gi();printf("%d\n",dep[u]-query(mp[u],mp[u],1,n,1));}else{u=gi();v=gi();if(u<v)swap(u,v);update(mp[u],mp[u]+tot[u]-1,1,1,n,1);}}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/five20/p/9045377.html