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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138 | #include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int read() {
int out = 0;
char c;
while (!isdigit(c = getchar()))
;
for (; isdigit(c); c = getchar()) out = out * 10 + c - '0';
return out;
}
const int N = 100010;
const int B = 666;
const 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;
int main() {
int i, u, v, x, y, k, lastans = 0;
n = read();
m = read();
type = read();
for (i = 1; i <= n; ++i) c[i] = read();
for (i = 1; i < n; ++i) {
u = read();
v = read();
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--) {
k = read();
temp.reset();
while (k--) {
u = x = read() ^ lastans;
v = y = read() ^ 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 = (~temp)._Find_first();
printf("%d %d\n", ans1, ans2);
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;
}
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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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