bzoj1103[POI2007]大都市meg

1103: [POI2007]大都市meg
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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

Source

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我很想发图，可惜不知道怎么发
那就直接讲吧
可以直接去bzoj传送门看题面
这题暴力是显然很好想的
显然是可以对于每个询问去进行dfs
当然是很慢的，因为浪费了巨大的时间
去每个点都只有一条路径，而dfs会访问所有的可达点
所以处理出路径可以节省巨大的时间
显然是dfs序，但是我不会保存，就写了树剖，慢的心累
这个就不用我讲了吧，树剖用在这里正确性是很显然的
双向边建边数组开2倍

#include
#include
using namespace std;
int now,id[250001],top[250001],v,m,n,ca,cnt,h[250001],nxt[500001],pre[500001],size[250001],dep[250001],ans,f[250001];
struct oo{int a,b,v;}s[1000001];
void add(int x,int y)
{
    pre[++cnt]=y;
    nxt[cnt]=h[x];
    h[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
    size[x]=1;
    for(int i=h[x];i;i=nxt[i])
        {
            int w=pre[i];
            if(f[x]==w)continue;
            f[w]=x;
            dep[w]=dep[x]+1;
            dfs(w);
            size[x]+=size[w];
        }
}
void dfs1(int x,int fa)
{
    int k=0;
    id[x]=++now;top[x]=fa;
    for(int i=h[x];i;i=nxt[i])
        if(dep[pre[i]]>dep[x]&&size[pre[i]]>size[k])k=pre[i];
    if(!k)return ;
    dfs1(k,fa);
    for(int i=h[x];i;i=nxt[i])
        if(dep[pre[i]]>dep[x]&&pre[i]!=k)dfs1(pre[i],pre[i]);
}
void build(int x,int l,int r)
{
    s[x].a=l,s[x].b=r;
    if(l==r){s[x].v=1;return ;}
    build(x<<1,l,(l+r)>>1);
    build(x<<1|1,((l+r)>>1)+1,r);
    s[x].v=s[x<<1].v+s[x<<1|1].v;
}
void change(int x,int y)
{
    s[x].v--;
    if(s[x].a==s[x].b)return ;
    int mid=(s[x].a+s[x].b)>>1;
    if(y<=mid)change(x<<1,y);
    else change(x<<1|1,y);
}
void sum(int x,int l,int r)
{
    if(l<=s[x].a&&r>=s[x].b)
        ca+=s[x].v;
    else 
        {
            int mid=(s[x].a+s[x].b)>>1;
            if(l<=mid)sum(x<<1,l,r);
            if(r>mid)sum(x<<1|1,l,r);
        }
}
void qsum(int x,int y)
{
    ans=0;ca=0;
    while(top[x]!=top[y])
        {
            if(dep[top[x]]1,id[top[x]],id[x]);
            ans+=ca;ca=0;
            x=f[top[x]];
        }
    if(id[x]>id[y])swap(x,y);
    sum(1,id[x]+1,id[y]);
    ans+=ca;
    printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x,y;iscanf("%d%d",&x,&y);
            add(x,y),add(y,x);
        }
    dfs(1);dfs1(1,1);build(1,1,n);
    scanf("%d",&m);
    char p[6];
    for(int i=1,x,y;i<=n+m-1;i++)
        {
            scanf("%s",p+1);
            if(p[1]=='W')
                {
                    scanf("%d",&x);
                    qsum(1,x);
                }
            else 
                {
                    scanf("%d%d",&x,&y);
                    change(1,id[y]);
                }
        }
}