【BZOJ4999】This Problem Is Too Simple！

Description

给您一颗树，每个节点有个初始值。

现在支持以下两种操作：

1. C i x(0<=x<2^31) 表示将i节点的值改为x。

2. Q i j x(0<=x<2^31) 表示询问i节点到j节点的路径上有多少个值为x的节点。

Input

第一行有两个整数N,Q（1 ≤N≤ 100,000；1 ≤Q≤ 200,000），分别表示节点个数和操作个数。

下面一行N个整数，表示初始时每个节点的初始值。

接下来N-1行，每行两个整数x,y，表示x节点与y节点之间有边直接相连（描述一颗树）。

接下来Q行，每行表示一个操作，操作的描述已经在题目描述中给出。

Output

对于每个Q输出单独一行表示所求的答案。

Sample Input

5 6

10 20 30 40 50

1 2

1 3

3 4

3 5

Q 2 3 40

C 1 40

Q 2 3 40

Q 4 5 30

C 3 10

Q 4 5 30

Sample Output

0

1

1

0

题解：由于每种颜色相互独立，可以考虑离线。将修改操作变成一个颜色的删除操作和另一个颜色的加入操作，然后将所有操作和询问都按颜色和时间排序，分别处理每一个颜色。然后我们只需要倍增LCA+动态维护所有点到根路径上的权值即可。单点权值+a等于它子树中所有点到根路径上的权值都+a，所以用树状数组维护DFS序即可。

竟然因为数组开小而WA了一天~

 

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         using namespace std;const int maxn=200010;int n,m,Q,cnt,now,tot;struct node{	int col,x,val,tim;}p[maxn*5];struct QUERY{	int col,a,b,tim,org;}q[maxn];char str[10];int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn],p1[maxn],p2[maxn],dep[maxn],fa[19][maxn],v[maxn];int Log[maxn],s[maxn],vis[maxn],ans[maxn];void add(int a,int b){	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;}void dfs(int x){	p1[x]=++p2[0];	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(to[i]!=fa[0][x])		fa[0][to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]);	p2[x]=p2[0];}bool cmpp(node a,node b){	return (a.col==b.col)?(a.tim
         
          
           =0;i--) if(dep[fa[i][a]]>=dep[b]) a=fa[i][a]; if(a==b) return a; for(int i=Log[dep[a]];i>=0;i--) if(fa[i][a]!=fa[i][b]) a=fa[i][a],b=fa[i][b]; return fa[0][a];}inline int rd(){ int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-')f=-f; gc=getchar();} while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar(); return ret*f;}int main(){ n=rd(),m=rd(); int i,j,a,b,c; memset(head,-1,sizeof(head)); for(i=1;i<=n;i++) v[i]=p[++tot].col=rd(),p[tot].x=i,p[tot].tim=0,p[tot].val=1; for(i=2;i<=n;i++) a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a); dep[1]=1,dfs(1); for(i=2;i<=n;i++) Log[i]=Log[i>>1]+1; for(j=1;(1<
           
            <=n;j++) for(i=1;i<=n;i++) fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]]; for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%s",str),a=rd(),b=rd(); if(str[0]=='C') { tot+=2,p[tot-1].x=p[tot].x=a,p[tot-1].col=v[a],v[a]=p[tot].col=b; p[tot-1].tim=p[tot].tim=i,p[tot-1].val=-1,p[tot].val=1; } else q[++Q].a=a,q[Q].b=b,q[Q].col=rd(),q[Q].org=Q,q[Q].tim=i; } sort(p+1,p+tot+1,cmpp); sort(q+1,q+Q+1,cmpq); for(i=j=1;i<=Q;i++) { for(;(p[j].col
            
             
              <=tot;j++) { now=p[j].col; updata(p1[p[j].x],p[j].val),updata(p2[p[j].x]+1,-p[j].val); } if(now==q[i].col) { a=q[i].a,b=q[i].b,c=lca(a,b); ans[q[i].org]=query(p1[a])+query(p1[b])-query(p1[c])-query(p1[fa[0][c]]); } } for(i=1;i<=Q;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0;}