Description

Rin是个特别好动的少女。
一天Rin来到了一个遥远的都市。这个都市有N个建筑，编号从1到N，其中市中心编号为1，这个都市有M条双向通行的街道，每条街道连接着两个不同的建筑，其中某些街道首尾相连连接成了一个环。Rin通过长时间的走访，已经清楚了这个都市的两个特点：
从市中心出发可以到达所有的建筑物。
任意一条街道最多存在与一个简单环中。令Rin心花怒放的是，每个建筑物都会有拉面售卖。拉面有很多不同的种类，但对于Rin而言只有油腻程度的不同，因此我们把油腻程度相同的拉面看做同一种拉面。由于不同建筑物的拉面的油腻程度可能不同，我们用一个正整数来表示拉面的油腻程度。
要知道，拉面可是Rin的最爱，但是现在到了下班高峰期，都市的交通变得非常的堵塞。Rin只能通过没有被堵死的街道通行，去品尝所在建筑物的拉面。
现在Rin想知道，如果她正在编号为x的建筑物，那么在从市中心到x的所有简单路径经过的街道都被堵死的情况下，Rin可以品尝到的拉面中（注意没有出现的拉面是不能算在里面的）：
油腻程度<=y且品尝次数为奇数次的拉面有多少种？
油腻程度<=y且品尝次数为偶数次的拉面有多少种？
n,m 1e5

???

看了个把小时并没有发现这是仙人掌。
先将一个环中，从1开始最先走到的的设为环顶（由仙人掌的定义显然唯一，1所在的环设1为根就行）。缩成仙人掌树
LL的高级缩法：求出low与dfn，按原顺序dfs，对于一条边(a,b)，若dfn[a]<=low[b]，那么a是一个割点，可以将下面的点fa设为到a.
若dfn[a]>low[b]，那么b会有一条向上的边。此时a,b应在同一个环中，所以fa[b]=fa[a]。

可以发现，查询x点的答案，就是x子树的答案。
考虑线段树合并。从下往上做，搞完这个点的询问就把它合并到父亲那里去。
合并的时间复杂度与两颗线段树公共点成线性。
但据说总时间是nlogn的，证明不详
不过观察代码可以发现。
我们不妨设想为将所有儿子都合并到第一个儿子上，当x,y都不为空时，就要继续往下做。这时候y这个点相当于被废弃。而初始总点数不超过nlogn，因此可以发现往下做的次数不超过nlogn.因此可以认为时间复杂度就是O(nlogn) （可能会带较大常数,至少是2吧）

void merge(int &x,int y,int l,int r) {if (y==0) return;if (x==0) x=y; else {if (l==r) {int cs=T[x][1]+T[y][1];T[x][0]=T[x][1]=0; T[x][cs&1]=1;return;}merge(c[x][0],c[y][0],l,l+r>>1);merge(c[x][1],c[y][1],(l+r>>1)+1,r);update(x);}
}

因此复杂度为O(nlogn)O(nlogn)O(n log n)
这一题就开权值线段树存一下，种类x的奇贡献，偶贡献。合并时求和，注意叶子特判即可。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int M=1.5e5+10,N=1e5+10;int to[M*2],nex[M*2],final[N],tot,d[N];
int qy[N][2],qnex[N],qfinal[N],loc[N],qtot,ans[N];
int fa[N];int n,m,q,a[N];
void link(int x,int y) {to[++tot]=y,nex[tot]=final[x],final[x]=tot;
}
int low[N],dfn[N],stm;
void form(int x) {low[x]=dfn[x]=++stm;for (int i=final[x];i;i=nex[i]) {int y=to[i]; if (!dfn[y]) {form(y);low[x]=min(low[x],low[y]);} else low[x]=min(low[x],dfn[y]);}
}
void build(int x) {for (int i=final[x]; i; i=nex[i]) {int y=to[i]; if (dfn[y]>dfn[x] && fa[y]==0) {if (dfn[x]<=low[y]) fa[y]=x,d[x]++; else fa[y]=fa[x],d[fa[x]]++;build(y);}}
}
int qu,Q[N],L,R,T[2700000][2],c[2700000][2],fft,root[N],mx;
void update(int x) {T[x][0]=T[c[x][0]][0]+T[c[x][1]][0];T[x][1]=T[c[x][0]][1]+T[c[x][1]][1];
}
void query(int x,int l,int r,int qw,int qloc,int &sum) {if (!x || l>qloc) return;if (r<=qloc) {sum+=T[x][qw];return;}query(c[x][0],l,l+r>>1,qw,qloc,sum);query(c[x][1],(l+r>>1)+1,r,qw,qloc,sum);
}void merge(int &x,int y,int l,int r) {if (y==0) return;if (x==0) x=y; else {if (l==r) {int cs=T[x][1]+T[y][1];T[x][0]=T[x][1]=0; T[x][cs&1]=1;return;}merge(c[x][0],c[y][0],l,l+r>>1);merge(c[x][1],c[y][1],(l+r>>1)+1,r);update(x);}
}
void change(int &x,int l,int r,int tg) {if (x==0) x=++fft;if (l==r) {if (T[x][0]+T[x][1]==0) T[x][1]=1;else T[x][0]^=1,T[x][1]^=1;return;}if (tg<=(l+r>>1)) change(c[x][0],l,l+r>>1,tg);else change(c[x][1],(l+r>>1)+1,r,tg);update(x);
}int main() {freopen("map.in","r",stdin);freopen("map.out","w",stdout);cin>>n>>m;for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),mx=max(a[i],mx);for (int i=1; i<=m; i++) {int x,y; scanf("%d %d",&x,&y); link(x,y),link(y,x);}cin>>qu;for (int i=1; i<=qu; i++) {int ty,x,y; scanf("%d %d %d",&ty,&x,&y);qy[++qtot][0]=ty,qy[qtot][1]=y;qnex[qtot]=qfinal[x]; qfinal[x]=qtot; loc[qtot]=i;}form(1);build(1);for (int i=1; i<=n; i++) if (d[i]==0) Q[++R]=i;while (L<R) { int x=Q[++L];change(root[x],1,mx,a[x]);for (int i=qfinal[x];i;i=qnex[i]) {query(root[x],1,mx,qy[i][0],qy[i][1],ans[loc[i]]);}if (fa[x]) merge(root[fa[x]],root[x],1,mx);if (x && --d[fa[x]]==0) Q[++R]=fa[x];}for (int i=1; i<=qu; i++) printf("%d\n",ans[i]);
}

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