【树状数组】CSU 1811 Tree Intersection (2016湖南省第十二届大学生计算机程序设计竞赛)

题目链接：

　　http://acm.csu.edu.cn/OnlineJudge/problem.php?id=1811

题目大意：

　　一棵树，N(2<=N<=10⁵)个节点，每个节点有一种颜色Ci(Ci<=N)，问把每一条边删掉后，剩下的两个联通块中颜色的交集的大小(就是两边都含有的颜色种数)。

题目思路：

　　【树状数组】

　　我的数据结构造诣不深，这题写了暴力求每个点的颜色数T了。看了别人的题解写了超级久WA了好多才过。

　　首先可以知道，如果已知每个节点的子树中含有的颜色种数C和只出现在这棵子树的颜色种数D，那么这个节点和它的父亲节点中间的那条边被删去后的答案就是C-D。

　　所以问题变为求以每个节点为根的子树中的C和D值。然后我想到这里就不知道要怎么写了。看了大神的题解才有一点思路。（不过我感觉大神的题解好像有点问题？？）

　　首先转化成dfs序，按照遍历这棵树的顺序求出每个节点的新的从小到大的标号q[u].b(父亲标号先前于儿子),同时记下原先对应的节点标号q[u].id

　　预处理出对于颜色ci，记pre[ci]为ci上次出现的颜色位置,L[ci],R[ci]为ci出现的最左最右端。然后按照新的dfs序标号从小到大做

　　对于节点i，将pre[ci]到i之间的所有点ans+1(因为答案是一条条树链统计的，不会计算到兄弟节点，实际影响的只有这个节点以上的父亲节点，所以答案不会出错，本质上相当于把L[ci]到R[ci]所有的点都ans+1，但是只有有这种颜色的节点到根的树链上的点会加上答案，这样其实是没错的)

　　如果到了颜色的最右端，把这种颜色最左端左边的答案删掉（因为一开始pre默认是0，会把1~L[ci]中的答案+1，需要扣除，也可以一开始就从L[ci]开始加）

　　到达叶子结点后统计这条树链的答案。以上的ans可以用树状数组统计。

 //
 //by coolxxx
 //#include<bits/stdc++.h>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<string>
 #include<iomanip>
 #include<map>
 #include<stack>
 #include<queue>
 #include<set>
 #include<bitset>
 #include<memory.h>
 #include<time.h>
 #include<stdio.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<string.h>
 //#include<stdbool.h>
 #include<math.h>
 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
 #define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))
 #define lowbit(a) (a&(-a))
 #define sqr(a) ((a)*(a))
 #define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b))
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define eps (1e-10)
 #define J 10000
 #define mod 1000000007
 #define MAX 0x7f7f7f7f
 #define PI 3.14159265358979323
 #pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
 #define N 100004
 #define M 200004
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 int cas,cass;
 int n,m,lll,ans;
 double anss;
 LL aans;
 int last[N],fa[N],c[N],pre[N],l[N],r[N],f[N],g[N],e[N];
 struct edge
 {
     int from,next,to;
 }a[M];
 struct xu
 {
     int b,id;
 }q[N];
 void add(int x,int y)
 {
     a[++lll].to=y;
     a[lll].from=x;
     a[lll].next=last[x];
     last[x]=lll;
 }
 bool cmp(xu aa,xu bb)
 {
     return aa.b<bb.b;
 }
 void dfs(int u,int father)
 {
     int i,v;
     q[u].b=++cas,q[u].id=u;//b为新的按照dfs顺序的标号，id为原先标号
     for(i=last[u];i;i=a[i].next)
     {
         v=a[i].to;
         if(v==father)continue;
         dfs(v,u);
         e[q[v].b]=(i+)>>;//把新节点标号和原先的边的标号对应起来
         fa[q[v].b]=q[u].b;//统计新节点标号的父亲
     }
 }
 inline void modify(int x,int y)
 {
     int i;
     for(i=x;i<=n;i+=lowbit(i))f[i]+=y;
 }
 inline int getsum(int x)
 {
     int i,sum=;
     for(i=x;i;i-=lowbit(i))sum+=f[i];
     return sum;
 }
 int main()
 {
     #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("1.txt","r",stdin);
 //    freopen("2.txt","w",stdout);
     #endif
     int i,j,k;
     int x,y,z;
 //    init();
 //    for(scanf("%d",&cass);cass;cass--)
 //    for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++)
 //    while(~scanf("%s",s))
     while(~scanf("%d",&n))
     {
         lll=cas=;mem(last,);mem(l,);mem(r,);mem(pre,);mem(f,);
         for(i=;i<=n;i++)scanf("%d",c+i);
         for(i=;i<n;i++)
         {
             scanf("%d%d",&x,&y);
             add(x,y),add(y,x);
         }
         dfs(,);
         sort(q+,q++n,cmp);
         for(i=,j=q[i].id;i<=n;i++,j=q[i].id)
             if(!l[c[j]])l[c[j]]=i;//统计每种颜色出现的最左端
         for(i=n,j=q[i].id;i;i--,j=q[i].id)
             if(!r[c[j]])r[c[j]]=i;//统计每种颜色出现的最右端
         for(i=;i<=n;i++)
         {
             j=q[i].id;
             modify(pre[c[j]]+,),modify(i+,-);//把上次这个颜色出现的位置到i之间的节点答案+1
             pre[c[j]]=i;//pre记录的是这个颜色上一次出现的位置
             if(i==r[c[j]])modify(,-),modify(l[c[j]]+,);//如果这种颜色出现最右端在这个点，那么把最左端左边的所有节点答案-1，因为颜色最左端的答案不能统计在内
             if(a[last[j]].to==q[fa[i]].id)//如果当前结点是叶子结点
                 for(k=i;k!=;k=fa[k])g[e[k]]=getsum(k);//统计从根到这个叶子结点的树链的答案
         }
         for(i=;i<n;i++)
             printf("%d\n",g[i]);
     }
     return ;
 }
 /*
 //

 //
 */