题目
我曾在弦歌之中听过你，
檀板声碎，半出折子戏。
舞榭歌台被风吹去，
岁月深处尚有余音一缕……
Gty神(xian)犇(chong)从来不缺妹子……
他来到了一棵妹子树下，发现每个妹子有一个美丽度……
由于Gty很哲♂学，他只对美丽度大于某个值的妹子感兴趣。
他想知道某个子树中美丽度大于k的妹子个数。
某个妹子的美丽度可能发生变化……
树上可能会出现一只新的妹子……
维护一棵初始有n个节点的有根树(根节点为1)，树上节点编号为1-n，每个点有一个权值wi。
支持以下操作：
0 u x 询问以u为根的子树中，严格大于x的值的个数。(u^=lastans,x^=lastans)
1 u x 把u节点的权值改成x。(u^=lastans,x^=lastans)
2 u x 添加一个编号为"当前树中节点数+1"的节点，其父节点为u，其权值为x。(u^=lastans,x^=lastans)
最开始时lastans=0。
输入格式
输入第一行包括一个正整数n(1<=n<=30000)，代表树上的初始节点数。
接下来n-1行，每行2个整数u,v，为树上的一条无向边。
任何时刻，树上的任何权值大于等于0，且两两不同。
接下来1行，包括n个整数wi，表示初始时每个节点的权值。
接下来1行，包括1个整数m(1<=m<=30000)，表示操作总数。
接下来m行，每行包括三个整数 op,u,v：
op,u,v的含义见题目描述。
保证题目涉及的所有数在int内。
输出格式
对每个op=0，输出一行，包括一个整数，意义见题目描述。
输入样例
2
1 2
10 20
1
0 1 5
输出样例
2
提示
2017.9.28新加数据一组by GXZlegend,未重测
题解
这就是传说中的树分块？ get到了
我们从1【根节点】开始加入块中，若当前节点u的父亲所在块容量没满，那么加入父亲的块中，否则新开一块
这样一来，块内元素数量的平衡，每对相邻节点之间，要么属于同一块，要么是各自块之间的唯一接口
对于块内，我们可以暴力维护排序，每次查询块内大于k的个数直接二分【事实证明暴力并非正解，在洛谷会被卡2个点】
对于每次查询，我们只需要从该节点出发往下，对于同一个块的直接暴力统计，不同块的直接查询，
对于原树我们再将所有块缩点建一棵新树，每次查询时到达新块时就直接换到新图上跑
总的复杂度\(O((n + m)\sqrt{n + m}log\sqrt{n + m})\)有点悬。。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 60005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57) {if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - ‘0‘; c = getchar();}
return out * flag;
}
int n,m,T;
struct BLOCK{
int a[201],siz;
BLOCK(){siz = 0;}
void insert(int x){
int i;
for (i = ++siz; i > 1 && a[i - 1] > x; i--) a[i] = a[i - 1];
a[i] = x;
}
int query(int x){
int l = 1,r = siz,mid;
while (l < r){
mid = l + r >> 1;
if (a[mid] > x) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return a[siz] > x ? siz - l + 1 : 0;
}
void modify(int x,int v){
int l = 1,r = siz,mid;
while (l < r){
mid = l + r >> 1;
if (a[mid] > x) r = mid - 1;
else if (a[mid] < x) l = mid + 1;
else {l = mid; break;}
}
int i = l;
a[i] = v;
while (i > 1 && a[i] < a[i - 1]) a[i] ^= a[i - 1] ^= a[i] ^= a[i - 1],i--;
while (i < siz && a[i] > a[i + 1]) a[i] ^= a[i + 1] ^= a[i] ^= a[i + 1],i++;
}
}block[maxn];
int fa[maxn],val[maxn],b[maxn],bi,ans;
int h[maxn],ne = 2,hb[maxn],nb = 1;
struct EDGE{int to,nxt;}ed[2 * maxn],e[2 * maxn];
void build(int u,int v){
ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;
ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++;
}
void add(int u,int v){
e[nb] = (EDGE){v,hb[u]}; hb[u] = nb++;
}
void dfs(int u){
if (fa[u] && block[b[fa[u]]].siz < T)
block[b[u] = b[fa[u]]].insert(val[u]);
else {
block[b[u] = ++bi].insert(val[u]);
if (fa[u]) add(b[fa[u]],b[u]);
}
Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u]){
fa[to] = u; dfs(to);
}
}
void DFS2(int u,int v){
ans += block[u].query(v);
for (int k = hb[u]; k; k = e[k].nxt) DFS2(e[k].to,v);
}
void DFS(int u,int v){
if (val[u] > v) ans++;
Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u]){
if (b[to] == b[u]) DFS(to,v);
else DFS2(b[to],v);
}
}
int main(){
n = read();
for (int i = 1; i < n; i++) build(read(),read());
for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = read();
m = read(); T = (int)sqrt(n);
dfs(1);
int opt,u,v;
while (m--){
opt = read(); u = read() ^ ans; v = read() ^ ans;
if (!opt){
ans = 0; DFS(u,v);
printf("%d\n",ans);
}
else if (opt & 1) block[b[u]].modify(val[u],v),val[u] = v;
else {
int x = ++n; build(u,x); fa[x] = u; val[x] = v;
if (block[b[u]].siz < T)
block[b[x] = b[u]].insert(val[x]);
else block[b[x] = ++bi].insert(val[x]),add(b[u],b[x]);
}
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8342979.html