一类求斯坦纳树大小的问题

题意

给定一棵(n)阶树，给定一个长度为(n)的序列({a_i})，(a_i)表示点(i)的权值
(q)次询问，每次给定(l,r)，求点权在([l,r])间的点集构成的斯坦纳树大小

(nle 10^5,qle 5 imes 10^5,1le a_i,l,rle 10^9)

前置

通过简单的离散化，问题可以描述成：

给定一棵(n)阶树
(q)次询问，每次给定(l,r)，求集合({x|xin[l,r]}xin[l,r])的斯坦纳树大小

钦定(1)为树根
以下假定大家都会(O(nlogn))预处理，(O(1))查询({x|xin[l,r]}xin[l,r])的lca

定义：令(f(S))为集合(S)的斯坦纳树大小；令(lca(S))为集合(S)的lca；令(dep(x))为点(x)到根的路径长度

那么(f(S)=f(S+{root})-dep(lca(S)))
以下考虑如何求(f(S+{root}))

做法一

将询问离线，挂到(r)上

考虑从(1sim n)加入点，维护一个这样的东西：

每个点会至多属于一个点（可能不属于任何点）
每个点到根有一段属于自己的路径，当加入点(i)，(i)到根的路径全部属于自己
那么当加入点(i)，查询([l,r](r=i))，就是查询点(j(j in[l,r]))属于(j)的点之和

这个可以用lct与树状数组来维护

做法二

考虑(f(S+{root}))中的点，一个点存在贡献当且仅当子树内有([l,r])中的点
将子树内的点排序({a_1,a_2,cdots,a_m}(a_i<a_{i+1}))
为了方便，在子树两端添加(-infty,infty)：({a_0=-inf,a_1,a_3cdots,a_m,a_{m+1}=infty})
一个点没有贡献当且仅当：(exists xin[0,m])，(s.t.~a_x<l,a_{x+1}>r)

容易发现至多存在一个(x)满足此条件
我们将((a_x,a_{x+1}))看作点，求出所有子树的可重点集
那么我们将问题转化为了数点问题

但可重点集大小是(O(n^2))的，怎么解决呢？
结论：点集的大小是(O(nlogn))

利用启发式合并的过程容易证明

我们考虑用线段树合并维护点集，这里用到了一个小trick：
令([l,r])为线段树中点(nod)的区间，令({a_1,a_2,cdots,a_m})为([l,r])中的有效点集
用(tag_{nod})表示线段树中点(nod)中的有效点集中相邻点对出现了(tag_{nod})次
在下传标记的同时，将(nod)左儿子的最大值与右儿子的最小值组成的点加入可重点集，其出现的次数为(tag_{nod})

以上两种做法的时间复杂度均为(O(nlog^2n+qlogn))

加强原问题

给定一棵(n)阶树，给定一个长度为(n)的序列({a_i})，(a_i)表示点(i)的权值
给定(m)，有(m)条路径，每条路径描述成((x,y))，表示(x)到(y)的最短路径
给定(q)，(q)次查询，每次给定((l,r))，求([l,r])这些路径的并的点集和

这题仍然可以用做法一实现，但无法用做法二
下面介绍另一种解决的方法

考虑分治，对于([l,r])，解决(lle l'le mid<r'le r)的((l',r'))的询问：
处理出([l,r])路径有关的节点，建虚树
扫描(mid+1sim r)，对虚树上路径及点记录最早被覆盖的位置，用并查集优化
将询问按(l')降序排列
扫描(i=midsim l)，对于当前路径(i)，若其在虚树中的路径未被(i<j(i<jle mid))覆盖，但被(j(mid+1le jle r))覆盖，则将贡献移至(i)，同样用并查集优化

(O(mlog^2n+qlogn))