[NOWCODER7] 小睿睿的方案

考虑一对情侣(x,y)x<y的贡献，设in[x],out[x]为数的dfs序。

强制从x走向y方向

• 当in[x]<in[y]且out[y]<=out[x] 矩形{1,in[x],in[y],out[y]},{out[x]+1,n,in[y],out[y]},{(in[x]+1,in[z]-1,in[y],out[y]},{out[z]+1,out[x],in[y],out[y]}，z是x所在的y的儿子子树的根

• 当in[y]<in[x]且out[x]<=out[y] 情况类似

• 其余情况 矩形{in[x],out[x],in[y],out[y]}

这样平面上所有落在矩形内的点P(x,y)x<=y是不合法的。

但是这样并不好算。

于是干脆算出有序点对数，及忽略走向，因为点(x,x)一定不被包含在矩形内，所以答案为(n^2-不合法的有序点对-n)/2。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;

int head[N],to[N<<1],last[N<<1];
int fa[N][20],dep[N],in[N],out[N]; 

void add_edge(int x,int y) {
	static int cnt=0;
	to[++cnt]=y,last[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
}
void dfs(int x,int pa) {
	static int cnt=0;
	in[x]=++cnt;
	dep[x]=dep[fa[x][0]=pa]+1;
	for(int i=1; (1<<i)<dep[x]; ++i) 
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	for(int i=head[x]; i; i=last[i]) 
		if(to[i]!=pa) dfs(to[i],x);
	out[x]=cnt;
}

struct tree {
	int cover,len;
} t[N<<2];
#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
void update(int x,int l,int r) {
	if(t[x].cover) t[x].len=r-l+1;
	else if(l==r) t[x].len=0;
	else t[x].len=t[ls].len+t[rs].len;
}
void modify(int x,int l,int r,int L,int R,int w) {
	if(L<=l&&r<=R) {
		t[x].cover+=w;
		update(x,l,r);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(L<=mid) modify(ls,l,mid,L,R,w);
	if(mid<R) modify(rs,mid+1,r,L,R,w);
	update(x,l,r);
}
#undef ls
#undef rs

struct seg {
	int type,h,l,r;
	bool operator<(const seg&d) const {
		return h!=d.h?h<d.h:type<d.type;
	}
} s[N<<3];
int n,m,cnt;
void add_matrix(int a,int b,int c,int d) {
	if(a>b||c>d) return;
	s[++cnt]=(seg){1,c,a,b};
	s[++cnt]=(seg){-1,d+1,a,b};
}
long long get_area() {
	long long ret=0;
	sort(s+1,s+cnt+1);	
	for(int i=1; i<cnt; ++i) {
		modify(1,1,n,s[i].l,s[i].r,s[i].type);
		ret+=1LL*(s[i+1].h-s[i].h)*t[1].len;
	}
	return ret;
}
void insert(int x,int y) {
	if(in[x]<in[y]&&out[y]<=out[x]) {
		add_matrix(1,in[x],in[y],out[y]);
		add_matrix(out[x]+1,n,in[y],out[y]);
		int dif=dep[y]-dep[x]-1,z=y;
		for(int i=19; ~i; --i) if((dif>>i)&1) z=fa[z][i];
		add_matrix(in[x]+1,in[z]-1,in[y],out[y]);
		add_matrix(out[z]+1,out[x],in[y],out[y]);
		return;
	} 
	if(in[y]<in[x]&&out[x]<=out[y]) {
		add_matrix(in[x],out[x],1,in[y]);
		add_matrix(in[x],out[x],out[y]+1,n);
		int dif=dep[x]-dep[y]-1,z=x;
		for(int i=19; ~i; --i) if((dif>>i)&1) z=fa[z][i];
		add_matrix(in[x],out[x],in[y]+1,in[z]-1);
		add_matrix(in[x],out[x],out[z]+1,out[y]);
		return;
	} 
	add_matrix(in[x],out[x],in[y],out[y]);
} 

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int x,y,i=n; --i; ) {
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add_edge(x,y);
		add_edge(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	for(int x,y,i=1; i<=m; ++i) {
		scanf("%d%d",&x,&y);
		insert(x,y);
		insert(y,x);
	}
	printf("%lld
",(1LL*n*n-get_area()-n)/2);
	return 0;
}

突然想到一道以前的题，直接扔下思路好了（可能有点锅）

rb有一棵树，树的每个节点有个颜色。给一个长度为(n)的颜色序列，定义(s(i,j)) 为(i) 到(j) 的颜色数量。以及

[sum_i=sum_{j=1}^ns(i,j) ]

现在他想让你求出所有的(sum_i) 。((1le n,c[i]le 10^5))

预处理出树的DFS序（(in[])和(out[])）对于树上的一个点 (v) ，设其颜色是 (c) 。令 ((i,j)) 对应二维平面上的一个点。则 (v) 会对以下两类 (s(i,j)) 产生贡献：

• (i) 和 (j) 一个在(v) 的子树外，一个在子树内。
  1. (iin[1,in_v]) ，(jin[in_v,out_v])
  2. (iin[in_v,out_v]) ，(jin(out_v,n]) 。
  3. (iin[in_v,out_v]) ，(jin[1,in_v]) 。
  4. (iin(out_v,n]) ，(jin[in_v,out_v]) 。
• (i) 和 (j) 分别位于以 (v) 的不同儿子为根的两个子树中。枚举一个儿子(s)
  1. (iin[in_v,in_s))，(jin[in_s,out_s])。
  2. (iin[in_s,out_s])，(jin(out_s,out_v])。
  3. (iin[in_s,out_s])，(jin[in_v,in_s))。
  4. (iin(out_s,out_v])，(jin[in_s,out_s])。

把 ({iindots,jindots}) 看作覆盖在二维平面上的一个矩形。把同是颜色(c) 的点的相关矩形单独讨论，若((i,j)) 被某个矩形覆盖，则表示(i ightarrow j) 路径上存在颜色(c) 。

我们考虑进行扫描线，对线所在位置的点进行差分记录位置上被覆盖的点有几个（相应地有一个消除标记），在颜色讨论完后求一个前缀和，那么答案就出来了。