SPOJ COT2 Count on a tree II 树上莫队

题目：http://www.spoj.com/problems/COT2/en/

题意：给定一棵树n个点，树上每个点都有一个权值。有m组查询，每个查询给出两个点，问这两点之间的路径上有多少种不同的权值

思路：树上莫队啊。有两种写法

第一种写法：通过一次dfs将树分块，然后查询按照左端点所在的块排序，依次查询。这之中重点是怎么进行区间转移，对两点的lca特殊处理，从别的博客上转载如下：

用S(v, u)代表 v到u的路径上的结点的集合。
用root来代表根结点，用lca(v, u)来代表v、u的最近公共祖先。
那么
S(v, u) = S(root, v) xor S(root, u) xor lca(v, u)
其中xor是集合的对称差。
简单来说就是节点出现两次消掉。
lca很讨厌，于是再定义
T(v, u) = S(root, v) xor S(root, u)
观察将curV移动到targetV前后T(curV, curU)变化：
T(curV, curU) = S(root, curV) xor S(root, curU)
T(targetV, curU) = S(root, targetV) xor S(root, curU)
取对称差：
T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= (S(root, curV) xor S(root, curU)) xor (S(root, targetV) xor S(root, curU))
由于对称差的交换律、结合律：
T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= S(root, curV) xorS(root, targetV)
两边同时xor T(curV, curU)：
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor S(root, curV) xor S(root, targetV)
发现最后两项很爽……哇哈哈
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor T(curV, targetV)
（有公式恐惧症的不要走啊 T_T）
也就是说，更新的时候，xor T(curV, targetV)就行了。
即，对curV到targetV路径(除开lca(curV, targetV))上的结点，将它们的存在性取反即可。
——vfk博客

#include 
#include 
#include 
#include 
#define debug() puts("here")
using namespace std;

const int N = 500010;
int n, m, unit;
int arr[N], brr[N];
struct edge
{
    int to, next;
} g[N*2];
struct node
{
    int l, r, v, u, id;
    friend bool operator< (node a, node b)
    {
        return a.l != b.l ? a.l < b.l : a.r < b.r;
    }
}q[N*2];
int cnt, head[N];
int dep[N], par[N][21];
int pos[N], st[N], res[N*2];
int tmp, top, tag;
int tot[N], vis[N];
void add_edge(int v, int u)
{
    g[cnt].to = u, g[cnt].next = head[v], head[v] = cnt++;
}
int dfs(int v)
{
    int num = 0;
    for(int i = head[v]; i != -1; i = g[i].next)
    {
        int u = g[i].to;
        if(! dep[u])
        {
            dep[u] = dep[v] + 1, par[u][0] = v;
            num += dfs(u);
            if(num >= unit) //分块
            {
                while(num--) pos[st[--top]] = tag;
                tag++;
            }
        }
    }
    st[top++] = v; //储存待分块的序列
    return num + 1; //向上一层返回已被访问还未分块的点的个数
}
int LCA(int v, int u) //倍增法求LCA
{
    if(dep[v] < dep[u]) swap(v, u);
    int d = dep[v] - dep[u];
    for(int i = 0; (d>>i) != 0; i++)
        if((d>>i) & 1) v = par[v][i];
    if(v == u) return v;
    for(int i = 20; i >= 0; i--)
        if(par[v][i] != par[u][i]) v = par[v][i], u = par[u][i];
    return par[v][0];
}
void work(int &v)
{
    if(vis[v]) //已被记录，则本次去掉此点
    {
        if(--tot[arr[v]] == 0) tmp--;
    }
    else if(++tot[arr[v]] == 1) tmp++;
    vis[v] ^= 1;
    v = par[v][0];
}
void solve()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &arr[i]), brr[i] = arr[i];
    sort(brr + 1, brr + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) arr[i] = lower_bound(brr + 1, brr + 1 + n, arr[i]) - brr;
    int a, b;
    cnt = 0;
    memset(head, -1, sizeof head);
    for(int i = 1; i < n; i++)
        scanf("%d%d", &a, &b), add_edge(a, b), add_edge(b, a);
    unit = (int)sqrt(n);
    dep[1] = 1;
    dfs(1);
    while(top) pos[st[--top]] = tag; //最后一部分没有分块的点,分块
    for(int j = 1; (1< pos[q[i].u]) swap(q[i].v, q[i].u);
        q[i].id = i, q[i].l = pos[q[i].v], q[i].r = pos[q[i].u]; //确定两个点分别位于的块
    }
    sort(q + 1, q + 1 + m); //分块排序
    tmp = 0;
    int cv = 1, cu = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int nv = q[i].v, nu = q[i].u;
        int lca = LCA(cv, nv);//两点朝lca移动，处理路径上的点
        while(cv != lca) work(cv);
        while(nv != lca) work(nv);
        lca = LCA(cu, nu);
        while(cu != lca) work(cu);
        while(nu != lca) work(nu);
        cv = q[i].v, cu = q[i].u;
        lca = LCA(cv, cu);
        res[q[i].id] = tmp + (!tot[arr[lca]]);//对lca特殊处理
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", res[i]);
}
int main()
{
    solve();
    return 0;
}

第二种：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 50010;
struct edge
{
    int to, next;
}g[N*2];
struct node
{
    int l, r, anc, id;
}p[N*2];
int n, m, unit;
int arr[N], brr[N];
int cnt, head[N];
int par[N][20], dep[N];
int in[N], out[N], lst[N*2], num;
int res[N*2], tmp, ver[N];
bool vis[N];
void add_edge(int v, int u)
{
    g[cnt].to = u, g[cnt].next = head[v], head[v] = cnt++;
}
void dfs(int v)
{
    in[v] = ++num;
    lst[num] = v;
    for(int i = head[v]; i != -1; i = g[i].next)
    {
        int u = g[i].to;
        if(! dep[u])
            par[u][0] = v, dep[u] = dep[v] + 1, dfs(u);
    }
    out[v] = ++num;
    lst[num] = v;
}
int LCA(int v, int u)
{
    if(dep[v] < dep[u]) swap(v, u);
    int d = dep[v] - dep[u];
    for(int i = 0; (d>>i) != 0; i++)
        if((d>>i) & 1) v = par[v][i];
    if(v == u) return v;
    for(int i = 19; i >= 0; i--)
        if(par[v][i] != par[u][i]) v = par[v][i], u = par[u][i];
    return par[v][0];
}
void update(int i)
{
    //树上每个点在每次查询时只能被访问一次，若之前没访问过，那就是说明当前点应当在路径中，否则，不在路径中
    if(vis[lst[i]]) //当前点被访问过，那么一定被计数了
    {
        ver[arr[lst[i]]]--;
        if(! ver[arr[lst[i]]]) tmp--; //当这个权值不存在时，才把计数减1
        vis[lst[i]] = false;
    }
    else
    {
        if(! ver[arr[lst[i]]]) tmp++; //当这个权值本来不存在时，把计数加1
        ver[arr[lst[i]]]++;
        vis[lst[i]] = true;
    }
}
void solve()
{
    int a, b;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &arr[i]), brr[i] = arr[i];
    sort(brr + 1, brr + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) arr[i] = lower_bound(brr + 1, brr + 1 + n, arr[i]) - brr; //离散化
    cnt = 0;
    memset(head, -1, sizeof head);
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++) //存树
        scanf("%d%d", &a, &b), add_edge(a, b), add_edge(b, a);
    memset(dep, 0, sizeof dep);
    dep[1] = 1;
    num = 0;
    par[1][0] = 1;
    dfs(1);
    for(int j = 1; (1< p[i].r; r--) update(r);
            for(; l < p[i].l; l++) update(l);
            for(; l > p[i].l; l--) update(l - 1);
            if(lst[p[i].l] == p[i].anc || lst[p[i].r] == p[i].anc) res[p[i].id] = tmp; //其中一点为两点的公共祖先
            else
            { //此时所访问的路径中不包括两点的lca，所以要对lca特别处理
                update(in[p[i].anc]);
                res[p[i].id] = tmp;
                update(in[p[i].anc]);
            }
        }
    for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", res[i]);
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    solve();
    return 0;
}