SDOI2018 原题识别（主席树）
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题目大意
给定 n n n个节点的树，其中包含一条非随机生成的长度为 k k k的链，剩下的节点均随机父节点连边。每个节点有一个随机的颜色，维护：
1.给定 x , y x,y x,y，求 x , y x,y x,y之间不同颜色数。
2.给定 x , y x,y x,y，对于所有满足分别在 x , y x,y x,y到根的路径上的点 a , b a,b a,b，求其询问1的答案之和。
n ≤ 1 0 5 , m ≤ 2 × 1 0 5 n\le 10^5,m\le 2\times 10^5 n≤105,m≤2×105
题解
码量比较大qwq……
我们先从链上的情况入手考虑。
链的情况
对于第一问，这是经典二维数点题。考虑 p i p_i pi表示 i i i之前第一个和它颜色相同的位置。我们以 ( i , p i ) (i,p_i) (i,pi)为坐标建点，询问不同颜色数就相当于询问 x x x坐标位于 [ l , r ] [l,r] [l,r]且 y y y坐标小于 l l l的点个数。直接主席树维护即可。
对于第二问，我们考虑点 i i i对答案的贡献。不妨设 x ≤ y x\le y x≤y，我们分三种情况讨论：
1. x < i ≤ y x<i\le y x<i≤y，此时贡献应该是 [ p i ≤ x ] ( x − p i ) ( y − i + 1 ) [p_i\le x](x-p_i)(y-i+1) [pi≤x](x−pi)(y−i+1)。
2. 1 ≤ i ≤ x 1\le i\le x 1≤i≤x且 a ≤ b a\le b a≤b，此时贡献应该是 ( i − p i ) ( y − i + 1 ) (i-p_i)(y-i+1) (i−pi)(y−i+1)。
3. 1 ≤ i ≤ x 1\le i\le x 1≤i≤x且 a ≥ b a\ge b a≥b，此时贡献应该是 ( i − p i ) ( x − i + 1 ) (i-p_i)(x-i+1) (i−pi)(x−i+1)。
如果直接把三种答案加起来的话会发现2,3两种情况中 a = b a=b a=b的部分算重了，减1即可。于是我们就需要维护上面的东西（2,3两个情况其实可以合起来）：
第一种是
∑ i = x + 1 , p i ≤ x y ( x − p i ) ( y − i + 1 ) = ∑ i = x + 1 , p i ≤ x y x ( y + 1 ) − p i ( y + 1 ) − x i + p i i \sum_{i=x+1,p_i\le x}^y (x-p_i)(y-i+1)\\ =\sum_{i=x+1,p_i\le x}^y x(y+1)-p_i(y+1)-xi+p_ii i=x+1,pi≤x∑y(x−pi)(y−i+1)=i=x+1,pi≤x∑yx(y+1)−pi(y+1)−xi+pii
这个东西可以通过主席树维护四个值来计算：个数， i i i的和， p i p_i pi的和， p i i p_ii pii的和。
我们再来看第二种。
∑ i = 1 x ( i − p i ) ( x + y + 2 − 2 i ) = ∑ i = 1 x ( x + y + 2 ) ( i − p i ) − 2 i ( i − p i ) \sum_{i=1}^x(i-p_i)(x+y+2-2i)\\ =\sum_{i=1}^x(x+y+2)(i-p_i)-2i(i-p_i) i=1∑x(i−pi)(x+y+2−2i)=i=1∑x(x+y+2)(i−pi)−2i(i−pi)
这个东西没有了对 p i p_i pi的限制条件，因此直接前缀和维护即可。（当然如果你非要主席树的话我也不能拦着qwq）
到此为止，链的情况被我们在 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)的时间内做完了。
推广到树
注意到树除了那条链其它都是随机的，因此每个点到链距离的期望是 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)的。每个颜色也是随机的，因此每个颜色出现次数的期望是 O ( 1 ) O(1) O(1)的。
也就是说，对于两个点 x , y x,y x,y的LCA，记为 l l l，必有一个点到其距离为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)。不妨就设这个点为 x x x，考虑第一问怎么做。
我们先计算出 [ l , y ] [l,y] [l,y]中不同的颜色数（注意下面的区间都指的是一条链），这个可以直接主席树。接下来做的事就是暴力枚举 [ x , l ) [x,l) [x,l)中的每个颜色，看看它是否在 [ l , y ] [l,y] [l,y]中出现了，直接统计。判断方法就是暴力枚举所有颜色和它相同的点即可。
因此第一问的复杂度也是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)的。
考虑第二问，我们可以划分成如下三个子问题：
1. a ∈ [ 1 , l ) , b ∈ [ 1 , y ] a\in [1,l),b\in [1,y] a∈[1,l),b∈[1,y]。这实际上就是链的情况，主席树统计即可。
2. a ∈ [ l , x ] , b ∈ [ 1 , l ) a\in [l,x],b\in [1,l) a∈[l,x],b∈[1,l)。这其实也是一条链，我们可以稍微转化一下，先求出 a ∈ [ 1 , x ] , b ∈ [ 1 , l ) a\in [1,x],b\in [1,l) a∈[1,x],b∈[1,l)的答案，然后减去多算的。
多算的东西是 ∑ 2 ( i − p i ) ( l − i ) − 1 \sum 2(i-p_i)(l-i)-1 ∑2(i−pi)(l−i)−1，直接前缀和就能维护。
3. a ∈ [ l , x ] , b ∈ [ l , y ] a\in [l,x],b\in [l,y] a∈[l,x],b∈[l,y]。这个情况很难算，我们也考虑分开计算贡献。考虑存在于 [ l , y ] [l,y] [l,y]中的点 i i i的贡献为 [ p i < l ] ( y − i + 1 ) ( x − l + 1 ) [p_i<l](y-i+1)(x-l+1) [pi<l](y−i+1)(x−l+1)，主席树维护即可。
再考虑存在于 [ l , x ] [l,x] [l,x]中点 i i i的贡献，首先它必须是所有与它颜色相同的点中第一个在 [ l , x ] [l,x] [l,x]中出现的，它不能在 [ l , y ] [l,y] [l,y]中包含和它颜色相同的点。不妨令 j j j为 [ l , y ] [l,y] [l,y]中第一个和它颜色相同的点（如果不存在则为 y + 1 y+1 y+1），那么其贡献为 [ p i < l ] ( x − i + 1 ) ( j − l ) [p_i<l](x-i+1)(j-l) [pi<l](x−i+1)(j−l)。
暴力枚举点是 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)的，找第一次出现时 O ( 1 ) O(1) O(1)的，因此总复杂度还是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)的，只是常数比较大。
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