树分块
树分块的方式
可以参考 真 - 树上莫队。
也可以参考 ouuan 的博客/莫队、带修莫队、树上莫队详解/树上莫队。
树上莫队同样可以参考以上两篇文章。
树分块的应用
树分块除了应用于莫队,还可以灵活地运用到某些树上问题中。但可以用树分块解决的题目往往都有更优秀的做法,所以相关的题目较少。
顺带提一句,「gty 的妹子树」的树分块做法可以被菊花图卡掉。
先进行树分块,然后对每个块的关键点,预处理出它到祖先中每个关键点的路径上颜色的 bitset,以及每个关键点的最近关键点祖先,复杂度是 ,其中 是暴力从每个关键点向上跳的复杂度, 是把 个 bitset
存下来的复杂度。
回答询问的时候,先从路径的端点暴力跳到所在块的关键点,再从所在块的关键点一块一块地向上跳,直到 所在块,然后再暴力跳到 。关键点之间的 bitset
已经预处理了,剩下的在暴力跳的过程中计算。单次询问复杂度是 ,其中 是块内暴力跳以及块直接向上跳的复杂度, 是将预处理的结果与暴力跳的结果合并的复杂度。数颜色个数可以用 bitset
的 count()
,求 可以用 bitset
的 _Find_first()
。
所以,总复杂度为 。
参考代码
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154 | #include <bitset>
#include <cctype>
#include <iostream>
#if defined(_MSC_VER) && !defined(__clang__)
#include <immintrin.h>
#endif
using namespace std;
constexpr int N = 100010;
constexpr int B = 666;
constexpr int C = 30000;
void add(int u, int v);
void dfs(int u);
int head[N], nxt[N << 1], to[N << 1], cnt;
int n, m, type, c[N], fa[N], dep[N], sta[N], top, tot, bl[N], key[N / B + 5],
p[N], keyid[N];
bool vis[N];
bitset<C> bs[N / B + 5][N / B + 5], temp;
template <size_t N>
size_t find_first(std::bitset<N> b) {
#if defined(__GNUC__) && !defined(__clang__)
return b._Find_first();
#elif defined(_MSC_VER) && !defined(__clang__)
using word_t = decltype(b._Getword(0));
constexpr ptrdiff_t word_len = CHAR_BIT * sizeof(word_t);
constexpr ptrdiff_t words = N == 0 ? 0 : (N - 1) / word_len;
size_t ans = 0;
for (size_t i = 0; i <= words; ++i)
if (b._Getword(i) != 0) {
if (sizeof(word_t) == sizeof(unsigned int))
return i * word_len + _tzcnt_u32(b._Getword(i));
else
return i * word_len + _tzcnt_u64(b._Getword(i));
}
return N;
#else
auto s = b.to_string();
for (size_t i = s.size() - 1; ~i; --i)
if (s[i] & 1) return s.size() - 1 - i;
return N;
#endif
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int i, u, v, x, y, k, lastans = 0;
cin >> n >> m >> type;
for (i = 1; i <= n; ++i) cin >> c[i];
for (i = 1; i < n; ++i) {
cin >> u >> v;
add(u, v);
add(v, u);
}
dfs(1);
if (!tot) ++tot;
if (keyid[key[tot]] == tot) keyid[key[tot]] = 0;
key[tot] = 1;
keyid[1] = tot;
while (top) bl[sta[top--]] = tot;
for (i = 1; i <= tot; ++i) { // 预处理
if (vis[key[i]]) continue;
vis[key[i]] = true;
temp.reset();
for (u = key[i]; u; u = fa[u]) {
temp[c[u]] = 1;
if (keyid[u]) {
if (!p[key[i]] && u != key[i]) p[key[i]] = u;
bs[keyid[key[i]]][keyid[u]] = temp;
}
}
}
while (m--) {
cin >> k;
temp.reset();
while (k--) {
cin >> x >> y;
u = x ^= lastans;
v = y ^= lastans;
while (key[bl[x]] != key[bl[y]]) {
if (dep[key[bl[x]]] > dep[key[bl[y]]]) {
if (x == u) { // 若是第一次跳先暴力跳到关键点
while (x != key[bl[u]]) {
temp[c[x]] = 1;
x = fa[x];
}
} else
x = p[x]; // 否则跳一整块
} else {
if (y == v) {
while (y != key[bl[v]]) {
temp[c[y]] = 1;
y = fa[y];
}
} else
y = p[y];
}
}
if (keyid[x]) temp |= bs[keyid[key[bl[u]]]][keyid[x]];
if (keyid[y]) temp |= bs[keyid[key[bl[v]]]][keyid[y]];
while (x != y) {
if (dep[x] > dep[y]) {
temp[c[x]] = 1;
x = fa[x];
} else {
temp[c[y]] = 1;
y = fa[y];
}
}
temp[c[x]] = true;
}
int ans1 = temp.count(), ans2 = find_first(~temp);
cout << ans1 << ' ' << ans2 << '\n';
lastans = (ans1 + ans2) * type;
}
return 0;
}
void dfs(int u) { // 根据题意找点
int i, v, t = top;
for (i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
v = to[i];
if (v == fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dep[v] = dep[u] + 1;
dfs(v);
if (top - t >= B) {
key[++tot] = u;
if (!keyid[u]) keyid[u] = tot;
while (top > t) bl[sta[top--]] = tot;
}
}
sta[++top] = u;
}
void add(int u, int v) {
nxt[++cnt] = head[u];
head[u] = cnt;
to[cnt] = v;
}
|
这题和上一题基本一样,唯一的区别是得到 bitset
后如何计算答案。
由于 BZOJ 是计算所有测试点总时限,不好卡,所以可以用 _Find_next()
水过去。
正解是每 位一起算,先预处理出 种可能的情况高位连续 的个数、低位连续 的个数以及中间的贡献。只不过这样要手写 bitset
,因为标准库的 bitset
不能取某 位……
代码可以参考 这篇博客。
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