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\(\mathcal{Description}\)

??OurOJ.

??给定 \(n\) 个点的一棵树，有 \(1,2,3\) 三种边权。一条简单有向路径 \((s,t)\) 合法，当且仅当走过一条权为 \(3\) 的边之后，只通过了权为 \(1\) 的边。\(m\) 次询问，每次询问给定 \(a,b,s,t\)，表示将边 \((a,b)\) 的权 \(-1\)（若权已为 \(1\) 则不变），并询问 \(t\) 是否能走到 \(s\)；有多少点能够走到 \(s\)。

??\(n,m\le 3 \times 10^5\)。

\(\mathcal{Solution}\)

??由于是求多少点可达 \(s\)，考虑把路径的规则反过来：一开始只能走权为 \(1\) 的边，放一次“大招”（走过权为 \(3\) 的边）后就能任意走，但只能开一次大。问题变成求 \(s\) 是否可达 \(t\)，\(s\) 可达多少点。

??显然，\(s\) 可达的点可以归为如下几类：

• 与 \(s\) 在同一个 \(1-\)联通块。

• 处于一个 \(12-\)联通块，且该联通块由权为 \(3\) 的边与 \(s\) 所在的 \(1-\)联通块相连。

??考虑用并查集维护 \(1-\)联通块和 \(12-\)联通块。第一类点直接求 size 就可以了。第二类点，用每一个 \(12-\)联通块的根向父亲贡献，最后加上父亲对当前块的贡献即为答案。

\(\mathcal{Code}\)

/* Clearink */

#include <cstdio>

inline int rint () {
	int x = 0, f = 1; char s = getchar ();
	for ( ; s < ‘0‘ || ‘9‘ < s; s = getchar () ) f = s == ‘-‘ ? -f : f;
	for ( ; ‘0‘ <= s && s <= ‘9‘; s = getchar () ) x = x * 10 + ( s ^ ‘0‘ );
	return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint ( Tp x ) {
	if ( x < 0 ) putchar ( ‘-‘ ), x = ~ x + 1;
	if ( 9 < x ) wint ( x / 10 );
	putchar ( x % 10 ^ ‘0‘ );
}

const int MAXN = 3e5;
int n, m, ecnt = 1, head[MAXN + 5], fa[MAXN + 5], facol[MAXN + 5], rchs[MAXN + 5];

struct Edge { int to, cst, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline void link ( const int s, const int t, const int c ) {
	graph[++ ecnt] = { t, c, head[s] };
	head[s] = ecnt;
}

struct DSU {
	int fa[MAXN + 5], siz[MAXN + 5];
	inline int operator () ( const int k ) { return find ( k ); }
	inline int operator [] ( const int k ) const { return siz[k]; }
	inline void init () {
		for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
			fa[i] = i, siz[i] = 1;
		}
	}
	inline int find ( const int x ) { return x ^ fa[x] ? fa[x] = find ( fa[x] ) : x; }
	inline bool unite ( int x, int y ) {
		if ( ( x = find ( x ) ) == ( y = find ( y ) ) ) return false;
		return siz[fa[x] = y] += siz[x], true;
	}
} dsu[2]; 

inline void init ( const int u ) {
	for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
		if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa[u] ) {
			fa[v] = u, facol[v] = graph[i].cst;
			init ( v );
		}
	}
}

int main () {
	freopen ( "sea.in", "r", stdin );
	freopen ( "sea.out", "w", stdout );
	n = rint (), m = rint ();
	for ( int i = 1, u, v, c; i < n; ++ i ) {
		u = rint (), v = rint (), c = rint ();
		link ( u, v, c ), link ( v, u, c );
	}
	dsu[0].init (), dsu[1].init (), init ( 1 );
	for ( int i = 2; i <= n; ++ i ) {
		if ( facol[i] <= 2 ) dsu[1].unite ( i, fa[i] );
		if ( facol[i] <= 1 ) dsu[0].unite ( i, fa[i] );
	}
	for ( int i = 2; i <= n; ++ i ) {
		if ( facol[i] == 3 ) {
			rchs[dsu[0]( fa[i] )] += dsu[1][i];
		}
	}
	for ( int a, b, s, t; m --; ) {
		a = rint (), b = rint (), s = rint (), t = rint ();
		if ( fa[a] == b ) a ^= b ^= a ^= b;
		if ( facol[b] == 3 ) {
			-- facol[b];
			rchs[dsu[0]( a )] -= dsu[1][b];
			rchs[dsu[0]( fa[dsu[1]( a )] )] += dsu[1][b];
			dsu[1].unite ( b, a );
		} else if ( facol[b] == 2 ) {
			-- facol[b];
			rchs[dsu[0]( a )] += rchs[b];
			dsu[0].unite ( b, a );
		}
		putchar ( dsu[1]( s ) == dsu[1]( t )
			|| dsu[0]( fa[dsu[1]( t )] ) == dsu[0]( s )
			|| dsu[1]( fa[dsu[0]( s )] ) == dsu[1]( t ) ?
			‘1‘ : ‘0‘ ), putchar ( ‘ ‘ );
		wint ( dsu[1][dsu[1]( s )] + rchs[dsu[0]( s )]
			+ ( facol[dsu[0]( s )] == 3 ? dsu[1][dsu[1]( fa[dsu[0]( s )] )] : 0 ) );
		putchar ( ‘\n‘ );
	}
	return 0;
}

\(\mathcal{Details}\)

??考试的时候拿阳寿去肝 T2，压根没发现这题水得多 qwqwq。

Solution -「LOCAL」割海成路之日

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