[XJOI NOI2015模拟题13] C 白黑树 【线段树合并】

题目链接：XJOI - NOI2015-13 - C

题目分析

使用神奇的线段树合并在 O(nlogn) 的时间复杂度内解决这道题目。

对树上的每个点都建立一棵线段树，key是时间(即第几次操作)，动态开点。

线段树的节点维护两个值，一个是这段时间内的 1 操作个数，另一个是这段时间内变化的黑色节点权值和。

在处理所有操作的时候，每棵线段树都是仅代表树上的一个点，因此线段树的每个节点维护的就是这段时间内以这个点为 a 的 1 操作个数和这段时间内这个点的黑色节点权值和（这个点 x 由黑变白就 -x， 由白变黑就 +x）。

在处理完所有操作后，我们进行一次 DFS，自底向上将线段树进行合并。

目前 DFS(x)，先递归处理完 x 的每棵子树，然后枚举 x 的每棵子树，依次将它们的线段树合并到 x 的线段树上。

现在已经将 x 的前 j-1 棵子树的线段树合并到了 x 的线段树上，现在将第 j 棵子树的线段树合并到 x 的线段树上。

对于处于 j 子树内的 a 和处于 x 点或前 j-1 棵子树内的黑点，它们的 LCA 就是 x 点，因此他们对 x 的权值有贡献。

同理，处于 j 子树内的黑点和处于 x 点或前 j-1 棵子树内的 a ，他们的 LCA 也是 x 点，也要计算他们对 x 的权值的贡献。

一个黑点权值修改会对时间 key 比它大的 1 操作产生影响。

合并时，记合并的两棵线段子树为 (x, y)，那么答案就要加上 Son[x][0] 的黑点权值修改 * Son[y][1] 的 1 操作个数。

同理，答案也要加上 Son[y][0] 的黑点权值修改 * Son[x][1] 的 1 操作个数。

然后递归下去合并 (Son[x][0], Son[y][0]) ，合并 (Son[x][1], Son[y][1])，继续计算两边子树内部的答案。

同时注意，这样计算的答案不包括 a 点本身就是一个黑点时贡献的权值，所以要单独加上这个情况的权值。

代码

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

inline void Read(int &Num)
{
char c = getchar();
bool Neg = false;
while (c < '0' || c > '9')
{
if (c == '-') Neg = true;
c = getchar();
}
Num = c - '0'; c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9')
{
Num = Num * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
if (Neg) Num *= -1;
}

const int MaxN = 200000 + 5, MaxNode = 7200000 + 5;

int n, m, Index;
int A[MaxN], Root[MaxN], Son[MaxNode][2], T[MaxNode];

LL Cnt;
LL Ans[MaxN], Sum[MaxNode];

struct Edge
{
int v;
Edge *Next;
} E[MaxN * 2], *P = E, *Point[MaxN];

inline void AddEdge(int x, int y)
{
++P; P -> v = y;
P -> Next = Point[x]; Point[x] = P;
}

inline void Update(int x)
{
T[x] = T[Son[x][0]] + T[Son[x][1]];
Sum[x] = Sum[Son[x][0]] + Sum[Son[x][1]];
}

void Add(int &x, int s, int t, int Pos, int Ds, int Dt)
{
if (x == 0) x = ++Index;
if (s == t)
{
Sum[x] += (LL)Ds;
T[x] += Dt;
return;
}
int m = (s + t) >> 1;
if (Pos <= m) Add(Son[x][0], s, m, Pos, Ds, Dt);
else Add(Son[x][1], m + 1, t, Pos, Ds, Dt);
Update(x);
}

int Merge(int x, int y, int s, int t)
{
if (!x) return y;
if (!y) return x;
if (s == t)
{
T[x] += T[y];
Sum[x] += Sum[y];
return x;
}
Cnt += (LL)T[Son[x][1]] * Sum[Son[y][0]];
Cnt += (LL)T[Son[y][1]] * Sum[Son[x][0]];
int m = (s + t) >> 1;
Son[x][0] = Merge(Son[x][0], Son[y][0], s, m);
Son[x][1] = Merge(Son[x][1], Son[y][1], m + 1, t);
Update(x);
return x;
}

void Solve(int x, int Fa)
{
for (Edge *j = Point[x]; j; j = j -> Next)
{
if (j -> v == Fa) continue;
Solve(j -> v, x);
}
for (Edge *j = Point[x]; j; j = j -> Next)
{
if (j -> v == Fa) continue;
Cnt = 0;
Root[x] = Merge(Root[x], Root[j -> v], 0, m);
Ans[x] += Cnt;
}
}

int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
Read(A[i]);
if (A[i] != 1) A[i] = 0;
}
int a, b;
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
Read(a); Read(b);
AddEdge(a, b); AddEdge(b, a);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
Add(Root[i], 0, m, 0, A[i] * i, 0);
int f, x;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
Read(f); Read(x);
if (f == 1)
{
Add(Root[x], 0, m, i, 0, 1);
if (A[x]) Ans[x] += (LL)x;
}
else
{
A[x] ^= 1;
if (A[x]) Add(Root[x], 0, m, i, x, 0);
else Add(Root[x], 0, m, i, -x, 0);
}
}
Solve(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%lld\n", Ans[i]);
return 0;
}