Codeforces 258E - Little Elephant and Tree（根号暴力/线段树+标记永久化/主席树+标记永久化/普通线段树/可撤销线段树，hot tea）
yyq：“hot tea 不常有，做过了就不能再错过了”
似乎这是半年前某场 hb 模拟赛的 T2？当时 ycx、ymx、yxh 都去打了，可我似乎那时候还在旅游？
不难发现，对于操作 \(i\) 实际上是将 \(a_i\) 与 \(b_i\) 子树的并集内的点的答案集合并上 \(a_i\) 与 \(b_i\) 子树的并集。于是我们考虑将询问离线下来并在树上进行一遍 DFS，动态地维护一个可重集 \(S\)。当我们第一次访问某个点 \(x\) 的时候就遍历所有 \(a_i=x\lor b_i=x\) 的操作 \(i\)，并将 \(subtree(a_i)\cup subtree(b_i)\) 中所有点加入 \(S\)，那么显然此时 \(S\) 中所有点都与 \(x\) 有相同的数，也就是说，如果 \(|S|=0\) 那么 \(ans_x=0\)，否则 \(ans_x=|S|-1\)（要扣掉 \(x\) 本身），这个很好想通。回溯的时候就撤销全部在 \(x\) 处加入 \(S\) 的点即可。
我们不妨用 DFS 序的角度考虑这个问题。显然子树对应的 DFS 序是一段连续的区间 \([L_x,R_x]\)。而一个点 \(x\) 在 \(S\) 中出现的次数也可量化为 \(cnt_x\)，故上述 DFS 的过程可翻译为以下三种操作：
- 将一个点 \(x\) 子树内所有点加入可重集，i.e. \(\forall u\in[bg_x,ed_x],cnt_u\leftarrow cnt_u+1\)。
- 将一个点 \(x\) 子树内所有点从可重集中删除，i.e. \(\forall u\in[bg_x,ed_x],cnt_u\leftarrow cnt_u-1\)。
- 求可重集中有多少个不同的点，i.e. \(\sum\limits_{u=0}^n[cnt_u>0]\)
于是现在我们的任务就是怎样解决这个子问题。针对这个子问题给出了五种解法：
解法一：根号暴力。
u1s1 根号暴力 ta 不香吗？
考虑将整个序列每 \(B\) 个划分为一块。对于每一块我们开一个桶 \(buc_{i,j}\) 表示第 \(i\) 块中有多少个 \(u\) 满足 \(cnt_u=j\)，当我们对某个区间进行整体 \(+v\) 的时候，我们就套路地采用边角块暴力，中间块打标记的方式，也就是边角块暴力地对 \(cnt_u,buc_u\) 进行修改，中间块维护一个 \(tag_i\) 并令 \(tag_i\leftarrow tag_i+v\)。查询时我们可拿总数 \(n\) 减去 \(cnt_i=0\) 的个数，这个又可以通过 \(\sum\limits cnt_{i,-tag_i}\) 求出。
时间复杂度 \(\dfrac{n^2}{B}+nB\)，空间复杂度 \(\dfrac{n^2}{B}\)，显然 \(B=\sqrt{n}\) 时候最优。
ycx 神仙说此题桶要开 short，可似乎开 int 也能过？
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
#define FILE_SIZE 1<<23
char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
inline void putc(char x){(*p3++=x);}
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=0;
while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
const int SQRT=316;
int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
vector<int> qv[MAXN+5];int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
int blk,blk_cnt,L[SQRT+5],R[SQRT+5],bel[MAXN+5];
int val[MAXN+5],tag[SQRT+5];short cnt[SQRT+5][MAXN+5];
void dfs0(int x=1,int f=0){
bgt[x]=++tim;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
dfs0(y,x);
} edt[x]=tim;
}
void add(int l,int r,int v){
if(bel[l]==bel[r]){
for(int i=l;i<=r;i++) cnt[bel[l]][val[i]]--;
for(int i=l;i<=r;i++) val[i]+=v;
for(int i=l;i<=r;i++) cnt[bel[l]][val[i]]++;
} else {
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) cnt[bel[l]][val[i]]--;
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) val[i]+=v;
for(int i=l;i<=R[bel[l]];i++) cnt[bel[l]][val[i]]++;
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) cnt[bel[r]][val[i]]--;
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) val[i]+=v;
for(int i=L[bel[r]];i<=r;i++) cnt[bel[r]][val[i]]++;
for(int i=bel[l]+1;i<=bel[r]-1;i++) tag[i]+=v;
}
}
int query(){
int ret=0;
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++) ret+=cnt[i][-tag[i]];
return n-ret;
}
int ans[MAXN+5];
void calc(int x=1,int f=0){
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
add(bgt[x],edt[x],1);
add(bgt[y],edt[y],1);
} ans[x]=query();
if(ans[x]) ans[x]--;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
calc(y,x);
}
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
add(bgt[x],edt[x],-1);
add(bgt[y],edt[y],-1);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);
blk=(int)pow(n,0.5);blk_cnt=(n-1)/blk+1;
for(int i=1;i<=blk_cnt;i++){
L[i]=(i-1)*blk+1;R[i]=min(i*blk,n);
for(int j=L[i];j<=R[i];j++) bel[j]=i;
cnt[i][0]=R[i]-L[i]+1;
} dfs0();calc();
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
return 0;
}
解法二：线段树+标记永久化
u1s1 在做此题之前我还不知道啥是标记永久化，感谢这题让我学会了一个新算法
在上面的根号暴力中，我们没有用到此题一个很重要的性质，那就是我们肯定是先加入再撤销贡献的，也就是说任何时刻都有 \(\forall u,cnt_u\ge 0\)。
于是我们考虑这样一个思路，用线段树维护上面的操作。当我们执行线段树区间修改的时候，我们标记照样打，不过我们不下放标记（这是标记永久化与普通线段树的区别所在）。显然根据之前的推论任意时刻任意节点的标记都非负。线段树上每个节点维护一个值 \(val\) 表示该节点表示的区间中有多少个 \(cnt_u=0\)，而如果我们发现某个区间的标记非负，就意味着该区间中所有 \(cnt_u\) 都 \(>0\)，直接 \(val_i=0\) 即可。否则 \(val_i\) 就是其左右儿子 \(val\) 之和。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
#define FILE_SIZE 1<<23
char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
inline void putc(char x){(*p3++=x);}
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=0;
while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
const int SQRT=316;
int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
vector<int> qv[MAXN+5];int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
struct node{int l,r,val,lz;} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){
if(s[k].l==s[k].r) s[k].val=!s[k].lz;
else s[k].val=(s[k].lz)?0:(s[k<<1].val+s[k<<1|1].val);
}
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;if(l==r){pushup(k);return;}int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){s[k].lz+=x;pushup(k);return;}
int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
pushup(k);
}
void dfs0(int x=1,int f=0){
bgt[x]=++tim;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
dfs0(y,x);
} edt[x]=tim;
}
int ans[MAXN+5];
void calc(int x=1,int f=0){
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
modify(1,bgt[x],edt[x],1);
modify(1,bgt[y],edt[y],1);
} ans[x]=n-s[1].val;
if(ans[x]) ans[x]--;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
calc(y,x);
}
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
modify(1,bgt[x],edt[x],-1);
modify(1,bgt[y],edt[y],-1);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);
dfs0();build(1,1,n);calc();
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
return 0;
}
解法三：主席树+标记永久化
qwq 事实上与解法二本质上相同？
大概就是区间赋 \(1\)，求全局 \(0\) 的个数，回到历史版本，这个显然主席树可以实现。
然鹅这是蒟蒻第一次打带区间修改的主席树哦
貌似这题空间卡得蛮紧的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
#define FILE_SIZE 1<<23
char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
inline void putc(char x){(*p3++=x);}
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=0;
while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
const int SQRT=316;
int n,m,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
vector<int> qv[MAXN+5];int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
struct node{int val,lz,ch[2];} s[MAXN*120+5];
void pushup(int k,int l,int r){
if(l==r) s[k].val=!s[k].lz;
else s[k].val=(s[k].lz)?0:(s[s[k].ch[0]].val+s[s[k].ch[1]].val);
}
int pre,ncnt=0;
void build(int &k,int l,int r){
k=++ncnt;if(l==r){pushup(k,l,r);return;}int mid=l+r>>1;
build(s[k].ch[0],l,mid);build(s[k].ch[1],mid+1,r);pushup(k,l,r);
}
int modify(int k,int ql,int qr,int l,int r,int x){
int id=++ncnt;s[id]=s[k];
if(ql<=l&&r<=qr){s[id].lz+=x;pushup(id,l,r);return id;}
int mid=l+r>>1;
if(qr<=mid) s[id].ch[0]=modify(s[k].ch[0],ql,qr,l,mid,x);
else if(ql>mid) s[id].ch[1]=modify(s[k].ch[1],ql,qr,mid+1,r,x);
else{
s[id].ch[0]=modify(s[k].ch[0],ql,mid,l,mid,x);
s[id].ch[1]=modify(s[k].ch[1],mid+1,qr,mid+1,r,x);
} pushup(id,l,r);return id;
}
void dfs0(int x=1,int f=0){
bgt[x]=++tim;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
dfs0(y,x);
} edt[x]=tim;
}
int ans[MAXN+5];
void calc(int x=1,int f=0){
int tmp=pre;
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
pre=modify(pre,bgt[x],edt[x],1,n,1);
pre=modify(pre,bgt[y],edt[y],1,n,1);
} ans[x]=n-s[pre].val;
if(ans[x]) ans[x]--;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
calc(y,x);
} pre=tmp;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);
dfs0();build(pre,1,n);calc();
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
return 0;
}
解法四：线段树
这是我的解法，似乎 rng 神仙也是这个解法？
还是利用“\(0\) 是所有 \(cnt_u\) 的最小可到达的值”这个性质。我们知道 \(cnt_u=0\) 的个数不太好维护，那么我们怎样将其转化为可维护的东西呢？
考虑借鉴 CF997E 的套路，\(cnt_u=0\) 的个数不太好维护，可是区间最小值的个数非常好维护！也就是说，我们每个区间维护区间最小值的个数，查询的时候，如果全局最小值 \(>0\) 就说明不存在 \(cnt_u=0\)，否则直接返回全局最小值的个数即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
#define FILE_SIZE 1<<23
char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
inline void putc(char x){(*p3++=x);}
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=0;
while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
int n,m,ans[MAXN+5];vector<int> qv[MAXN+5];
int hd[MAXN+5],nxt[MAXN*2+5],to[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
void dfs(int x,int f){
bgt[x]=++tim;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
dfs(y,x);
} edt[x]=tim;
}
struct node{int l,r,mn,mnc,lz;} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){
s[k].mn=min(s[k<<1].mn,s[k<<1|1].mn);
s[k].mnc=0;
if(s[k].mn==s[k<<1].mn) s[k].mnc+=s[k<<1].mnc;
if(s[k].mn==s[k<<1|1].mn) s[k].mnc+=s[k<<1|1].mnc;
}
void build(int k,int l,int r){
s[k].l=l;s[k].r=r;s[k].mnc=r-l+1;if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(int k){
if(s[k].lz){
s[k<<1].mn+=s[k].lz;s[k<<1].lz+=s[k].lz;
s[k<<1|1].mn+=s[k].lz;s[k<<1|1].lz+=s[k].lz;
s[k].lz=0;
}
}
void modify(int k,int l,int r,int x){
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r){
s[k].mn+=x;s[k].lz+=x;return;
} pushdown(k);int mid=s[k].l+s[k].r>>1;
if(r<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) modify(k<<1|1,l,r,x);
else modify(k<<1,l,mid,x),modify(k<<1|1,mid+1,r,x);
pushup(k);
}
void calc(int x,int f){
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
modify(1,bgt[x],edt[x],1);
modify(1,bgt[y],edt[y],1);
} if(s[1].mn>0) ans[x]=n;
else ans[x]=n-s[1].mnc;
if(ans[x]) ans[x]--;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
calc(y,x);
}
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
modify(1,bgt[x],edt[x],-1);
modify(1,bgt[y],edt[y],-1);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);build(1,1,n);
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);dfs(1,0);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);calc(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
return 0;
}
解法五：可撤销线段树
这是 ycx 发明出来的解法，ycx 带发明家！
不难发现这个撤销操作具有时效性，也就是说，我们访问完 \(x\) 子树内所有节点之后，下一步即将撤销的操作就是 \(x\) 加入的操作，故我们可以借鉴线段树分治的思想，用个栈记录这一步的修改的节点编号以及它们原来的值，回溯的时候就按照线段树分治的套路撤销即可。
时空复杂度均为 \(n\log n\)，貌似这个解法是同时卡着时限和空限过去的？（3960ms/4000ms，225400KB/262144KB）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
typedef unsigned int u32;
typedef unsigned long long u64;
namespace fastio{
#define FILE_SIZE 1<<23
char rbuf[FILE_SIZE],*p1=rbuf,*p2=rbuf,wbuf[FILE_SIZE],*p3=wbuf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=rbuf)+fread(rbuf,1,FILE_SIZE,stdin),p1==p2)?-1:*p1++;}
inline void putc(char x){(*p3++=x);}
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=0;
while(!isdigit(c)) neg|=!(c^'-'),c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
if(neg) x=(~x)+1;
}
template<typename T> void recursive_print(T x){if(!x) return;recursive_print(x/10);putc(x%10^48);}
template<typename T> void print(T x){if(!x) putc('0');if(x<0) putc('-'),x=~x+1;recursive_print(x);}
void print_final(){fwrite(wbuf,1,p3-wbuf,stdout);}
}
const int MAXN=1e5;
int n,m,ans[MAXN+5];vector<int> qv[MAXN+5];
int hd[MAXN+5],nxt[MAXN*2+5],to[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int bgt[MAXN+5],edt[MAXN+5],tim=0;
void dfs(int x,int f){
bgt[x]=++tim;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
dfs(y,x);
} edt[x]=tim;
}
struct node{int val,lz;} s[MAXN*4+5];
stack<stack<pair<int,node> > > stk;
void pushup(int k){
stk.top().push(mp(k,s[k]));
s[k].val=s[k<<1].val+s[k<<1|1].val;
}
void build(int k,int l,int r){
if(k==1) stk.push(stack<pair<int,node> >());
s[k].val=r-l+1;if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
pushup(k);
}
void tag(int k){stk.top().push(mp(k,s[k]));s[k].val=0;s[k].lz=1;}
void pushdown(int k){
stk.top().push(mp(k,s[k]));
if(s[k].lz) tag(k<<1),tag(k<<1|1),s[k].lz=0;
}
void modify(int k,int ql,int qr,int l,int r){
if(k==1) stk.push(stack<pair<int,node> >());
if(ql<=l&&r<=qr){tag(k);return;}
pushdown(k);int mid=l+r>>1;
if(qr<=mid) modify(k<<1,ql,qr,l,mid);
else if(ql>mid) modify(k<<1|1,ql,qr,mid+1,r);
else modify(k<<1,ql,mid,l,mid),modify(k<<1|1,mid+1,qr,mid+1,r);
pushup(k);
}
void cancel(){
stack<pair<int,node> > tmp=stk.top();stk.pop();
while(!tmp.empty()) s[tmp.top().fi]=tmp.top().se,tmp.pop();
}
void calc(int x,int f){
int tmp=stk.size();
for(int i=0;i<qv[x].size();i++){
int y=qv[x][i];
modify(1,bgt[x],edt[x],1,n);
modify(1,bgt[y],edt[y],1,n);
} ans[x]=n-s[1].val;
if(ans[x]) ans[x]--;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;
calc(y,x);
}
while(stk.size()>tmp) cancel();
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);build(1,1,n);
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);dfs(1,0);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),qv[u].pb(v),qv[v].pb(u);calc(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],(i==n)?'\n':' ');
return 0;
}
综上，此题确实是一道不错的锻炼数据结构能力的 hot tea。
Codeforces 258E - Little Elephant and Tree（根号暴力/线段树+标记永久化/主席树+标记永久化/普通线段树/可撤销线段树，hot tea）的更多相关文章
- CodeForces - 204C Little Elephant and Furik and Rubik
CodeForces - 204C Little Elephant and Furik and Rubik 个人感觉是很好的一道题 这道题乍一看我们无从下手,那我们就先想想怎么打暴力 暴力还不简单?枚 ...
- codeforces 741D Arpa’s letter-marked tree and Mehrdad’s Dokhtar-kosh paths（启发式合并）
codeforces 741D Arpa's letter-marked tree and Mehrdad's Dokhtar-kosh paths 题意 给出一棵树,每条边上有一个字符,字符集大小只 ...
- codeforces 812E Sagheer and Apple Tree（思维、nim博弈）
codeforces 812E Sagheer and Apple Tree 题意 一棵带点权有根树,保证所有叶子节点到根的距离同奇偶. 每次可以选择一个点,把它的点权删除x,它的某个儿子的点权增加x ...
- codeforces 220 C. Game on Tree
题目链接 codeforces 220 C. Game on Tree 题解 对于 1节点一定要选的 发现对于每个节点,被覆盖切选中其节点的概率为祖先个数分之一,也就是深度分之一 代码 #includ ...
- Codeforces D. Little Elephant and Interval（思维找规律数位dp）
题目描述: Little Elephant and Interval time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes ...
- Codeforces E. Alyona and a tree（二分树上差分）
题目描述: Alyona and a tree time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input stan ...
- CodeForces - 963B Destruction of a Tree （dfs+思维题）
B. Destruction of a Tree time limit per test 1 second memory limit per test 256 megabytes input stan ...
- Codeforces 1039D You Are Given a Tree [根号分治，整体二分，贪心]
洛谷 Codeforces 根号分治真是妙啊. 思路 考虑对于单独的一个\(k\)如何计算答案. 与"赛道修建"非常相似,但那题要求边,这题要求点,所以更加简单. 在每一个点贪心地 ...
- CF1039D You Are Given a Tree 根号分治，贪心
CF1039D You Are Given a Tree LG传送门 根号分治好题. 这题可以整体二分,但我太菜了,不会. 根号分治怎么考虑呢?先想想\(n^2\)暴力吧.对于每一个要求的\(k\), ...
随机推荐
- 关于takin-data，你想知道的都在这里（二）trace日志篇
相信大家在使用takin的过程中都见到过压测过程中实时展示的请求流量明细和请求详情了吧,像这样: 还有这样: 这样的请求流量明细和调用链详情是怎么实现的呢,今天就带大家探究下. 在前面的启动命令篇(h ...
- spring cloud zuul的回退
当我们使用 @EnableZuulProxy 注解来开启zuul的路由时,默认在@EnableZuulProxy注解上就包含了@EnableCircuitBreaker注解,即开启了断路器功能.那么在 ...
- Python matplotlib 概率论与数理统计 伯努利分布 二项分布
Python 代码实现 二项分布 import numpy as np import matplotlib.pyplot as plt import math from scipy import st ...
- hdu 1159 Common Subsequence（最长公共子序列，DP）
题意: 两个字符串,判断最长公共子序列的长度. 思路: 直接看代码,,注意边界处理 代码: char s1[505], s2[505]; int dp[505][505]; int main(){ w ...
- Kioskcached（1）之 Memcached & Redis & Kioskcached 性能测试对比
前言:本文仅仅是作者自己在学习过程中的一次实验而已,或许因为各种因素会导致实验结果与你之前的认知不太一样,因此请你带着批判的眼光看待本文(本文不具有实际环境的参考性). 一:测试目的 在了解了一些No ...
- 【java+selenium3】特殊元素iframe的定位及详解(三)
一.iframe 内联框架 1.自己写个网页,仅供理解iframe演示使用,如下 <!DOCTYPE html> <html> <head> <meta ch ...
- 三. 为什么要用Promise
# 三. 为什么要用Promise /* 1.指定回调函数的方式更加灵活: 旧的:必须在启动异步任务前指定 promise:启动异步任务 => 返回promie对象 => 给promise ...
- 学习JS的第四天
一.循环 1.循环嵌套 1.一个循环内包含完整的另一个循环语句. 2.被包含的循环语句叫内循环,包含别的循环的循环语句叫外循环. 3.外循环每执行一次循环,内循环都会完全执行所有循环次数. 4.循环嵌 ...
- Part 38 AngularJS cancel route change
n this video we will discuss, how to cancel route change in Angular with an example. This is extreme ...
- More Effective C++笔记（二）
三.异常 条款9:利用destructor避免泄露资源 把资源封装在对象内,通常可以在exception出现时避免资源泄露 条款10:在构造函数内阻止资源泄露 C++仅仅能删除被完全构造的对象(ful ...