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【题目描述】
送你一棵n个点的树，树根为1。一开始每个点上有一个1∼n 的颜色ci，不同点颜色可以相同。
现在有 q 次操作, 分为两种类型：
1 u l r：询问子树 u 中有多少种在 l 到 r 之间的颜色至少出现了一次；
2 u c：将 u 的颜色修改为 c。
部分测试点要求强制在线。
【输入】
第一行三个整数n,q,t，分别表示树的点数，操作的个数和是否强制在线。
t=0表示不强制在线，t=1表示强制在线。
接下来一行nn个整数 ci，表示每个点的初始颜色。
接下来n−1行，每行两个整数ui;vi表示一条ui到vi的边。
接下来q行，每行四个或三个整数，表示一个操作。
当t=1时，需要对第一个数以外的其他数异或上一次询问的答案lastans，初始时lastans=0。
【输出】
对于每个询问输出一行一个整数，表示答案。
【输入样例】
5 5 0
5 5 2 5 5
5 1
2 5
4 2
3 5
1 2 2 3
2 5 1
1 1 1 5
2 3 2
1 3 1 5
【输出样例】
0
3
1
【提示】
【输入样例2】
5 5 1
4 1 1 5 4
5 1
3 5
2 3
4 3
2 5 4
2 2 2
1 3 1 5
2 1 2
1 1 2 7
【输出样例2】
3
1
【数据规模和约定】
对于前20%的数据，n,q≤5000n,q≤5000。
对于前40%的数据，n,q≤50000n,q≤50000。
对于另20%的数据，没有修改操作。
对于另20%的数据，t=0t=0。
对于100%的数据，1≤n,q≤1000001≤n,q≤100000。
【题解】
考虑对于每种颜色，在子树中出现过就是他在dfn[u]到low[u]之间，但要求重复的颜色只算一次，可以将所有同一种颜色的节点按照dfn升序排列，树上差分维护，将所有点的权值加一，并将相邻的点的lca权值减一。对每个颜色建一颗线段树来维护区间求和。考虑使用树状数组套线段树优化，询问直接询问即可。实现较为复杂，代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
set <int> s[N];
int n,q,t,last[N],size,f[N][20],m,dfn[N],low[N],dep[N],cnt,dui[N],col[N],lastans;
struct pigu
{
int dao,ne;
}a[N<<1];
inline void lingjiebiao(int x,int y)
{
a[++size].dao=y;
a[size].ne=last[x];
last[x]=size;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)) {if(c==‘-‘) f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) {x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘;c=getchar();}
return x*f;
}
int sum[N<<8],lc[N<<8],rc[N<<8],ge,root[N];
inline int get_lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])
swap(x,y);
for(int i=19;i>=0;i--)
if(dep[f[x][i]]>=dep[y])
x=f[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=19;i>=0;i--)
if(f[x][i]!=f[y][i])
x=f[x][i],y=f[y][i];
return f[x][0];
}
inline void dfs(int now,int fa)
{
dfn[now]=++cnt;dui[cnt]=now;
f[now][0]=fa;dep[now]=dep[fa]+1;
for(int i=1;f[f[now][i-1]][i-1];i++) f[now][i]=f[f[now][i-1]][i-1];
for(int i=last[now];i;i=a[i].ne)
{
if(a[i].dao==fa) continue;
dfs(a[i].dao,now);
}
low[now]=cnt;
}
inline int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
inline void modify(int &now,int l,int r,int zai,int sf)
{
if(!now) now=++ge;
sum[now]+=sf;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(zai<=mid) modify(lc[now],l,mid,zai,sf);
else modify(rc[now],mid+1,r,zai,sf);
}
inline void gainei(int se,int zai,int pan)
{
set <int>::iterator it;
it=s[se].find(zai);
if(it!=s[se].begin())
{
it--;
int ga=dui[*it];
int gu=get_lca(dui[zai],dui[*it]);
for(int i=se;i<=n;i+=lowbit(i)) modify(root[i],1,n,dfn[gu],-pan);
it++;it++;
if(it!=s[se].end())
{
gu=get_lca(ga,dui[*it]);
for(int i=se;i<=n;i+=lowbit(i)) modify(root[i],1,n,dfn[gu],pan);
}
it--;
}
it++;
if(it!=s[se].end())
{
int gu=get_lca(dui[zai],dui[*it]);
for(int i=se;i<=n;i+=lowbit(i)) modify(root[i],1,n,dfn[gu],-pan);
it--;
}
}
inline void insert(int se,int zai)
{
s[se].insert(dfn[zai]);gainei(se,dfn[zai],1);
for(int i=se;i<=n;i+=lowbit(i))
modify(root[i],1,n,dfn[zai],1);
}
inline int query(int now,int l,int r,int L,int R)
{
if(!now) return 0;
if(l>=L&&r<=R)
{
return sum[now];
}
int mid=(l+r)>>1,daan=0;
if(L<=mid) daan+=query(lc[now],l,mid,L,R);
if(R>=mid+1) daan+=query(rc[now],mid+1,r,L,R);
return daan;
}
inline void shan(int se,int zai)
{
gainei(se,dfn[zai],-1);s[se].erase(dfn[zai]);
for(int i=se;i<=n;i+=lowbit(i)) modify(root[i],1,n,dfn[zai],-1);
}
int main()
{
n=read();q=read();t=read();
for(int i=1;i<=n;i++) col[i]=read();
for(int i=1,x,y;i<=n-1;i++)
{
x=read();y=read();
lingjiebiao(x,y);
lingjiebiao(y,x);
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++) insert(col[i],i);
for(int i=1,x,y,z,u;i<=q;i++)
{
x=read();y=read();z=read();
if(t==1) y^=lastans,z^=lastans;
if(x==2)
{
shan(col[y],y);col[y]=z;
insert(col[y],y);
}
else
{
u=read();
if(t==1) u^=lastans;
int ans=0;
for(int i=u;i;i-=lowbit(i))
ans+=query(root[i],1,n,dfn[y],low[y]);
for(int i=z-1;i;i-=lowbit(i))
ans-=query(root[i],1,n,dfn[y],low[y]);
lastans=ans;
cout<<ans<<"\n";
}
}
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/betablewaloot/p/12210739.html