SP10707 COT2 - Count on a tree II【树上莫队】

传送门
给定一颗无根树，求树上两点路径上的节点有多少不同的数字
可以离线

分析

前提，能够通过某种操作，将树上路径问题，转化成区间问题
这样，类似于求区间不同数，区间众数，区间mex等操作就能通过莫队离线来做了
这里采用欧拉序(相关性质介绍) 进行求解，将树链问题转化成区间问题

这里注意，欧拉序求解的过程中，需要统计路径上的不同数，同时还要统计lcalcalca的值，且，如果某个节点出现了偶数次，意味着不是链上的点，所以需要去掉偶数次的点

代码

//SP10707
/*@Author: YooQ
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define sc scanf
#define pr printf
#define ll long long
#define int long long
#define FILE_OUT freopen("out", "w", stdout);
#define FILE_IN freopen("in", "r", stdin);
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << "\n";
#define AC 0
#define WA 1
#define INF 0x3f3f3f3f
const ll MAX_N = 1e6+5;
const ll MOD = 1e9+7;
int N, M, K;int arr[MAX_N];
int uniarr[MAX_N];
int unicnt = 0;int head[MAX_N];
int tot = 0;
struct Edge {int to, nxt;
}edge[MAX_N];void addEdge(int u, int v) {edge[tot].nxt = head[u];edge[tot].to = v;head[u] = tot++;edge[tot].nxt = head[v];edge[tot].to = u;head[v] = tot++;
}int dep[MAX_N];
int father[MAX_N][21];
int dfn[MAX_N];
int out[MAX_N];
int sa[MAX_N];
int indx = 0;void dfs(int u, int from) {dfn[u] = ++indx;sa[indx] = u;father[u][0] = from;dep[u] = dep[from] + 1;for (int i = 1; i <= 20; ++i) {father[u][i] = father[father[u][i-1]][i-1];}int v;for (int i = head[u];~i;i=edge[i].nxt) {if ((v=edge[i].to) == from) continue;dfs(v, u);}out[u] = ++indx;sa[indx] = u;
}int LCA(int x, int y) {if (dep[x] > dep[y]) swap(x, y);for (int i = 20; i+1; --i) {if (dep[father[y][i]] >= dep[x]) y = father[y][i];}if (x == y) return x;for (int i = 20; i+1; --i) {if (father[x][i] != father[y][i]) {x = father[x][i];y = father[y][i];}}return father[x][0];
}int block = 1;int idb(int x) {return x / block;
}struct Qr {int l, r, lca, id;bool operator < (const Qr& B) const {return idb(l) ^ idb(B.l) ? l < B.l : (idb(l) & 1) ? r < B.r : r > B.r;}
}qr[MAX_N];Qr pre(int x, int y) {Qr res;if (dfn[x] > dfn[y]) swap(x, y);int lca = LCA(x, y);if (x != lca) {res.l = out[x];res.lca = lca;} else {res.l = dfn[x];res.lca = 0;}res.r = dfn[y];return res;
}int ans[MAX_N];
int cnt[MAX_N];
int mo = 0;
bool vis[MAX_N];void add(int x) {if (cnt[arr[x]]++);else ++mo;
}void del(int x) {if (--cnt[arr[x]]);else --mo;
}void go(int x) {x = sa[x];if (vis[x]) {del(x);} else {add(x);}vis[x] ^= 1;
}int check(int x) {if (!x) return mo;if (cnt[arr[x]]) return mo;else return mo + 1;
}void init() {memset(head, -1, sizeof head);memset(ans, 0, sizeof ans);memset(vis, 0, sizeof vis);memset(cnt, 0, sizeof vis);indx = 0;mo = 0;tot = 0;
}void solve(){init();sc("%lld%lld", &N, &M);block = max(sqrt(2*N*2*N/M), 1.1);for (int i = 1; i <= N; ++i) {sc("%lld", &arr[i]);uniarr[i] = arr[i];}unicnt = N;int u, v;for (int i = 2; i <= N; ++i) {sc("%lld%lld", &u, &v);addEdge(u, v);}dfs(1, 1);for (int i = 1; i <= M; ++i) {sc("%lld%lld", &u, &v);qr[i] = pre(u, v);qr[i].id = i;}sort(qr+1, qr+1+M);sort(uniarr+1, uniarr+1+unicnt);unicnt = unique(uniarr+1, uniarr+1+unicnt) - uniarr - 1;for (int i = 1; i <= N; ++i) {arr[i] = lower_bound(uniarr+1, uniarr+1+unicnt, arr[i]) - uniarr;}int l = 1, r = 0;for (int i = 1; i <= M; ++i) {while (l > qr[i].l) go(--l);while (r < qr[i].r) go(++r);while (l < qr[i].l) go(l++);while (r > qr[i].r) go(r--);ans[qr[i].id] = check(qr[i].lca);}for (int i = 1; i <= M; ++i) {pr("%lld\n", ans[i]);}
}signed main()
{#ifndef ONLINE_JUDGE//FILE_INFILE_OUT#endifint T = 1;//cin >> T;while (T--) solve();return AC;
}

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