标签：ati std $2 highlight its 格式 arp 定义 dfs
$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$长大了，他们开始协助国王$IceKing\text{_}1968$管理国内事物。
$IcePrincess\text{_}1968$和$IcePrince\text{_}1968$住在一个宁静悠远的王国：$IceKingdom$——飘雪圣域。飘雪圣域有$n$个城镇，编号$1,2,3...n$。有些城镇之间有道路，且满足任意两点之间有且仅有一条路径。飘雪圣域风景优美，但气候并不是太好。根据$IcePrince\text{_}1968$的气候探测仪，将来会发生$q$场暴风雪。每场暴风雪可以用两个整数$l_i,r_i$刻画，表示这场暴风雪之后，只有编号属于$[l_i,r_i]$的城市没有受到暴风雪的影响。
在暴风雪的影响下迅速确定王国的农业生产方案是非常重要的事情。$IceKing\text{_}1968$认为，一个农业生产地域应该是一个极大连通块，满足每个节点都没有被暴风雪影响。这里极大连通块的定义是：不存在一个不属于该点集的未被暴风雪影响的点与该连通块连通。
$IcePrincess\text{_}1968$要负责算出每次暴风雪后，王国能拥有多少个农业生产地域。注意这里每次暴风雪是独立的，即每次暴风雪过后，直到每个城镇重新焕发生机，下一次暴风雪才会到来。
正如上文所述，$IcePrincess\text{_}1968$擅长文学但不擅长计算机，于是请你帮忙。
输入文件名为$icekingdom.in$。
第一行包含两个正整数$n,q$，表示$IceKingdom$的城镇个数和暴风雪次数。
第$2$至第$n$行，每行两个正整数$x,y$，表示城镇$x$和城镇$y$之间有一条道路。
第$n+1$至第$n+q$行，每行两个正整数$l_i,r_i$，描述一场暴风雪，含义如题面所述。
输出文件名$icekingdom.out$。
输出文件共有$q$行，第$i$行表示在第$i$场暴风雪之后农业生产地域的个数。
样例输入：
4 3
1 2
2 3
2 4
1 2
1 3
3 4
样例输出：
1
1
2
样例解释：
第一次询问，只有$(1,2)$一个连通块。
第二次询问，只有$(1,2,3)$一个连通块。
第三次询问，有$3$和$4$两个连通块。
数据范围：
对于$30\%$的数据：$n\leqslant 100,q\leqslant 100$；
对于$50\%$的数据：$n\leqslant 2,000,q\leqslant 2,000$；
对于$100\%$的数据：$n\leqslant 200,000,q\leqslant 200,000$，对于所有的暴风雪，$l_i\leqslant r_i$。
官方正解中的两种做法都是用的数据结构，然而我用的是莫队……
加一个点它对答案的贡献是$1-$与它连接的没有受到暴风雪影响的点，$1$是因为它自己可以作为一个新的联通块，减去没有收到暴风雪影响的点是因为它会合并这些联通块；删点同理。
显然$200,000$的数据范围莫队一定要有$\Theta(1)$修改的方法。
不妨以加的操作为例，为做到$\Theta(1)$修改，就需要找到方法快速求出与它连接的没有受到暴风雪影响的点。
先预处理出来所有点的父亲，并设$num[x]$为点$x$的儿子中没有受到暴风雪影响的点的个数，加入一个点的同时将它父亲的$num+1$即可，注意统计答案时不要忘了父亲。
删点同理。
时间复杂度：$\Theta(n\sqrt{n})$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int nxt,to;}e[500000];
struct rec{int l,r,pos,id;}q[200001];
int head[200001],cnt;
int n,m;
int ans[200001],l,r,now;
int num[200001],fa[200001];
bool vis[200001];
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
bool cmp(rec a,rec b){return (a.pos)^(b.pos)?a.l<b.l:(((a.pos)&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);}
void add(int x)
{
vis[x]=1;
now++;
now-=num[x];
num[fa[x]]++;
if(vis[fa[x]])now--;
}
void del(int x)
{
vis[x]=0;
now--;
now+=num[x];
num[fa[x]]--;
if(vis[fa[x]])now++;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!fa[e[i].to]&&e[i].to>1){fa[e[i].to]=x;dfs(e[i].to);}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int t=sqrt(n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
q[i].pos=(q[i].l-1)/t+1;
q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+m+1,cmp);
l=r=1;add(1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
while(l>q[i].l)add(--l);
while(r<q[i].r)add(++r);
while(l<q[i].l)del(l++);
while(r>q[i].r)del(r--);
ans[q[i].id]=now;
}
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
rp++
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11678796.html
