杂题集萃[6]

题目描述

给出一棵 (N) 个节点的树，树上的每个节点都有一个权值 (A[i])。
有 (Q) 次询问，每次在树上选中两个点 (u,v)，考虑所有在简单路径 (u,v) 上（包括 (u,v)）的点构成的集合(S)。
求$$sum_{win S}{A[w]orDist(u,w)}$$
其中 (Dist(u,w)) 为简单路径 (u,w)上的边数，(or)是按位或。

输入描述:

第一行两个整数 (N,Q)。

接下来一行 (N) 个整数，第 (i) 个为 (A[i])。

接下来的 (N−1) 行，每行两个整数 (u,v)。表示 (u,v) 之间有一条边。

接下来的 (Q) 行，每行两个整数 (u,v)。表示一组询问。

输出描述:

一行一个整数，代表小N想知道的数的数量。

• 输入

5 2
4 3 2 5 3
1 2
1 3
3 4
3 5
2 5
3 4

• 输出

13
7

数据范围：

题解

算法 1

对于每组询问，遍历所有节点，看看它是不是在路径上，并计算答案。

时间复杂度 (O(nq))。期望得分 (10) 分。

算法 2

由于可能询问的点对只有 (O(n^2)) 组，每次枚举 (u) 开始深搜。

时间复杂度 (O(n^2))。期望得分 (20) 分。

算法 3

当树形态随机的时候，两个点之间期望只有 (O(log n)) 个点，暴力即可。

时间复杂度 (O(Hq))。期望得分 (20) 分，结合算法 2，期望得分 (30) 分。

算法 4

当 (a_i<2) 的时，按位或只会对最后一位产生影响，即，当 (dist(w,u)) 为奇数且 (a_w=1) 时，答案需要减 (1)。于是只要倍增时顺便维护从每一个点 (t) 出发，向上 (2^i) 的距离之内，与 (t) 距离为奇数且点权为 (1) 的点的个数就行了。

时间复杂度 (O(nlog n))。期望得分 (10) 分，结合算法 2、3，期望得分 (40) 分。

算法 5

类似的，可以分别考虑每一个二进制位对答案的贡献。即，对于位 (2^x)，维护从每一个点 (t) 出发，向上 (2^i) 的距离之内，与 (t) 距离为 (d) 满足 (d mathbin{mathrm{and}} 2^x = 2^x) 且点权的二进制表示中包含 (2^x) 的点的个数就行了。

由于路径有向上的部分，也有向下的部分，因此还需要维护满足 (d mathbin{mathrm{and}} 2^x = 0) 的点的个数在从 (v) 倍增的时候使用。

时间复杂度 (O(nlog n log a_i)) 期望得分 (50) ～ (60) 分。

算法 6

注意到并不需要对于每一个位分别维护点的个数和，只需要维护所有重叠的位的数位和就行了，于是乎可以少掉一个 (log)。

时间复杂度 (O(nlog n)) 期望得分 (100) 分。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+7;
struct query{int x,y,id;}q[N];
int n,Q,lg,a[N],dep[N],fa[N][20],cnt[N][20];
ll fu[N][20],fd[N][20];
vector<int>G[N];
inline void dfs(int u){
	for(int i=0;i<=lg;i++)cnt[u][i]=cnt[fa[u][0]][i]+!(a[u]&(1<<i));
	for(int i=0;i<G[u].size();i++)
	if(G[u][i]!=fa[u][0])fa[G[u][i]][0]=u,dep[G[u][i]]=dep[u]+1,dfs(G[u][i]);
}
inline int lca(int u,int v){
	if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
	int t=dep[u]-dep[v];
	for(int i=lg;~i;i--)
	if(t&(1<<i))u=fa[u][i];
	if(u==v)return u;
	for(int i=lg;~i;i--)
	if(fa[u][i]!=fa[v][i])u=fa[u][i],v=fa[v][i];
	return fa[u][0];
}
inline ll query1(int u,int v){
	ll ans=0;
	int t=dep[u]-dep[v];
	for(int i=lg;~i;i--)
	if(t&(1<<i))
	ans+=fu[u][i],u=fa[u][i],ans+=(1ll<<i)*(cnt[u][i]-cnt[v][i]);
	return ans;
}
inline ll query2(int u,int d){
	ll ans=0;int v=u;
	for(int i=0;i<=lg;i++)
	if(d&(1<<i))
	ans+=fd[v][i]+(1ll<<i)*(cnt[u][i]-cnt[v][i]),v=fa[v][i];
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&Q);
	while((1<<lg)<n)lg++;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),G[x].push_back(y),G[y].push_back(x);
	dep[1]=1;
	dfs(1);
	for(int i=1;i<=n;i++)fu[i][0]=fd[i][0]=a[i];
	for(int j=1;j<=lg;j++)
	for(int i=1;i<=n;i++){
		fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
		fu[i][j]=fu[i][j-1]+fu[fa[i][j-1]][j-1]+(1ll<<j-1)*(cnt[fa[i][j-1]][j-1]-cnt[fa[i][j]][j-1]);
		fd[i][j]=fd[i][j-1]+fd[fa[i][j-1]][j-1]+(1ll<<j-1)*(cnt[i][j-1]-cnt[fa[i][j-1]][j-1]);
	}
	while(Q--){
		int x,y,f,d;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		f=lca(x,y);
		d=dep[x]+dep[y]-dep[f]*2;
		printf("%lld
",query1(x,fa[f][0])+query2(y,d+1)-query2(f,dep[x]-dep[f]+1));
	}
}