[WC2013]糖果公园

Description

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给你一棵 $n$ 个节点，有 $m$种颜色的树。每个节点上有一个颜色。定义一条树上路径的价值为

$sum_c V_c(\sum_{i=1}^{tim_c}W_i)$

其中 $V,W$已经给出， $tim_c$ 表示路径上 $c$ 颜色的节点数。

现在给出 $q$ 个操作，让你实现：

1. 修改节点颜色；
2. 询问树上路径的价值。

$1\leq n,m,q\leq 100000$

转载自Navi_Awson

如果这题出在序列上而不是在树上，很容易用莫队求解。

考虑用类似的方法，我们将树分块，采用[SCOI 2005]王室联邦的方法。

对于树上分块的复杂度和块的大小的选取可以参见ljh的博客，这里摘出了一些：

设 $block_{num}$ 为块数， $block_{size}$ 为块的大小，则有 $block_{num}\times block_{size}=n$ ，在证明中我们假设 $n,q$ 同阶。
设块对 $(block_i,block_j)$ ，易知这样的块对不会超过 $block_{size}^2$ 个。
对于块对内的操作：我们考虑总复杂度，左端点共移动至多 $O(q\times block_{size})$ ，右端点亦是。时间共移动至多 $O(block_{num}^2\times q)$ 。故这一部分的复杂度为 $O(n\times(block_{size}+block_{num}^2))$ 。
对于块与块之间的操作，不超过 $block_{num}^2$ 次：左端第移动一次，最多 $O(n)$ ，右端点亦是如此。时间最多移动 $O(q)=O(n)$ 。故这一部分复杂度为 $O(block_{num}^2\times n)$。
故总复杂度为 $O(n\times(block_{size}+block_{num}^2))$。
可以证明当 $block_{size}=n^{\frac{2}{3}}$ 时， $block_{num}=n^{\frac{1}{3}}$ ，复杂度最优，为 $O(n^{\frac{5}{3}})$ 。

至于莫队的操作，就是将序列中移动左右端点变成在树上移动路径的两个端点。对于修改，我们同样是模拟时间倒流和消逝。

那么怎么去移动结点来保证提取出路径？

考虑我们树上的所有结点，实际上可以认为是 $0/1$ 状态——计入答案或者未计入答案。

考虑用类似于异或的思想来执行操作，比如：计入答案再从答案中去掉，等于异或了两次 $1$ ，就等于原来的数。假设这次的起点、终点为 $u,v$ ，上次为 $x,y$ ，那么可以对 $x$ 到 $u$ 的路径、 $v$ 到 $y$ 的路径进行一次取 $xor$ 操作。注意的是对 $lca$ 不做处理，这样就能保证每次操作之后图上打上标记的点只在 $(u,lca)$和 $(v,lca)$ 的路径上（不包括 $lca$ ）。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 typedef long long lol;
 struct ZYYS
 {
   int x,y,p,id;
 }p[],q[];
 struct Node
 {
   int next,to;
 }edge[];
 int num,head[],block[],tot,size[],son[],block_size,block_num,cnt,s[];
 int top[],dfn[],dep[],fa[],rev[],c[],n,m,Q,pre[],cntp,cntq;
 int curl,curr,curp;
 lol sum,v[],w[],ans[];
 bool cmp(ZYYS a,ZYYS b)
 {
   if (block[a.x]==block[b.x])
     {
       if (block[a.y]==block[b.y]) return a.id<b.id;
       else return block[a.y]<block[b.y];
     }
   else return block[a.x]<block[b.x];
 }
 void add(int u,int v)
 {
   num++;
   edge[num].next=head[u];
   head[u]=num;
   edge[num].to=v;
 }
 void dfs1(int x,int pa)
 {int i;
   int bot=tot;
   fa[x]=pa;
   size[x]=;
   dep[x]=dep[pa]+;
   for (i=head[x];i;i=edge[i].next)
     {
       int v=edge[i].to;
       if (v==pa) continue;
       dfs1(v,x);
       if (size[son[x]]<size[v]) son[x]=v;
       size[x]+=size[v];
       if (tot-bot>=block_size)
     {
       ++cnt;
       while (tot>bot)
         {
           block[s[tot--]]=cnt;
         }
     }
     }
   s[++tot]=x;
 }
 void dfs2(int x,int pa,int tp)
 {int i;
   top[x]=tp;
   dfn[x]=++tot;
   if (son[x]) dfs2(son[x],x,tp);
   for (i=head[x];i;i=edge[i].next)
     {
       int v=edge[i].to;
       if (v==pa||v==son[x]) continue;
       dfs2(v,x,v);
     }
 }
 int get_lca(int x,int y)
 {
   while (top[x]!=top[y])
     {
       if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
       x=fa[top[x]];
     }
   if (dep[x]<dep[y]) return x;
   return y;
 }
 void reverse(int x)
 {
   if (rev[x]) sum-=v[c[x]]*w[s[c[x]]],s[c[x]]--;
   else s[c[x]]++,sum+=v[c[x]]*w[s[c[x]]];
   rev[x]^=;
 }
 void update(int x,int y)
 {
   if (rev[x]) reverse(x),c[x]=y,reverse(x);
   else c[x]=y;
 }
 void move(int x,int y)
 {
   while (x!=y)
     {
       if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
       reverse(x);
       x=fa[x];
     }
 }
 int main()
 {int i,uu,vv,opt,x,y;
   cin>>n>>m>>Q;
   for (i=;i<=m;i++)
     scanf("%lld",&v[i]);
   for (i=;i<=n;i++)
     scanf("%lld",&w[i]);
   block_size=pow(n,0.666667);
   block_num=n/block_size;
   for (i=;i<n;i++)
     {
       scanf("%d%d",&uu,&vv);
       add(uu,vv);add(vv,uu);
     }
   for (i=;i<=n;i++)
     {
       scanf("%d",&c[i]);
       pre[i]=c[i];
     }
   dfs1(,);
   ++cnt;
   while (tot)
     {
       block[s[tot--]]=cnt;
     }
   tot=;
   memset(s,,sizeof(s));
   dfs2(,,);
   for (i=;i<=Q;i++)
     {
       scanf("%d",&opt);
       if (opt==)
     {
       scanf("%d%d",&x,&y);
       p[++cntp]=(ZYYS){x,y,pre[x],};
       pre[x]=y;
     }
       else
     {
       scanf("%d%d",&x,&y);
       q[++cntq]=(ZYYS){x,y,cntp,cntq};
     }
     }
   sort(q+,q+cntq+,cmp);
   curl=;curr=;curp=;
   for (i=;i<=cntq;i++)
     {
       while (curp<q[i].p) {curp++;update(p[curp].x,p[curp].y);}
       while (curp>q[i].p) {update(p[curp].x,p[curp].p);curp--;}
       move(curl,q[i].x);curl=q[i].x;
       move(curr,q[i].y);curr=q[i].y;
       int lca=get_lca(curl,curr);
       reverse(lca);
       ans[q[i].id]=sum;
       reverse(lca);
     }
   for (i=;i<=cntq;i++)
     {
       printf("%lld\n",ans[i]);
     }
 }