洛谷题目传送门
具体思路看别的题解吧。这里只提两个可能对常数和代码长度有优化的处理方法。
I
把一个询问拆成\(9\)个甚至\(16\)个莫队询问实在是有点珂怕。
发现询问的一边要么是一个区间，要么是\([1,n]\)挖去一个区间。
记\(pre_i=f_{[1,i],[1,n]}\)，这个可以一遍预处理求出来。
简单容斥一下：
\[f_{[l,r],[1,L)\cup(R,n]}=f_{[l,r],[1,n]}-f_{[l,r],[L,R]}=pre_r-pre_{l-1}-f_{[l,r],[L,R]}\]
\[f_{[1,l)\cup(r,n],[1,L)\cup(R,n]}=f_{[1,n],[1,n]}-f_{[l,r],[1,n]}-f_{[1,n],[L,R]}+f_{[l,r],[L,R]}=...\]
于是对于每个询问，我们拆成\(4\)个莫队询问就够了，因为只差求\(f_{[l,r],[L,R]}\)。
II
如何求某一个点往新根方向上的儿子？树剖倍增什么的都太呆了。
预处理树的dfn序，每个点开一个map按dfn序挂上它所有的儿子，查询时拿着新根的dfn序直接lower_bound即可。
然后就可以2kb写完这道不算太毒瘤的由乃题了。
#include
#define LL long long
#define RG register
#define R RG int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e5+9,M=5e5+9;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
G;while(*ip<'-')G;
R x=*ip&15;G;
while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
return x;
}
struct Qry{
int x,y,b,id;
inline bool operator<(const Qry&t)const{
return b!=t.b?bt.y:ych[N];
void dfs(R x,R f){//预处理dfn序
l[x]=++dfn;
for(R y,i=he[x];i;i=ne[i])
if((y=to[i])!=f)dfs(y,x),ch[x][r[y]]=y;
r[x]=dfn;
}
int main(){
R n=in(),m=in(),q=0,B=sqrt(n);
for(R i=1;i<=n;++i)
a[i]=b[i]=in();
for(R i=1,p=0;isecond;//map找儿子
if(ty)y=ch[y].lower_bound(l[rt])->second;
R lx=l[x]-1,ly=l[y]-1,rx=r[x],ry=r[y];
if(tx&&ty)ans[i]=pre[n];
if(tx)ans[i]+=(pre[ry]-pre[ly])*(tx==ty?-1:1);
if(ty)ans[i]+=(pre[rx]-pre[lx])*(tx==ty?-1:1);
t[++q]=(Qry){rx,ry,rx/B,tx==ty?i:-i};//四个莫队询问，带上容斥系数
t[++q]=(Qry){rx,ly,rx/B,tx==ty?-i:i};
t[++q]=(Qry){lx,ry,lx/B,tx==ty?-i:i};
t[++q]=(Qry){lx,ly,lx/B,tx==ty?i:-i};
}
sort(t+1,t+q+1);
LL now=0;memset(c1+1,0,4*n);
for(R i=1,x=0,y=0;i<=q;++i){//莫队
while(xt[i].x)--c1[a[ x]],now-=c2[a[x--]];
while(yt[i].y)--c2[a[ y]],now-=c1[a[y--]];
R j=t[i].id;j>0?ans[j]+=now:ans[-j]-=now;
}
for(R i=1;i<=m;++i)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}