【PKU3321】苹果树-题解

Description
你家门前种了一棵苹果树，每年秋天，树上都结满了苹果，你非常喜欢吃苹果，所以一直精心照料着苹果树。 苹果树有N个分叉，分叉之间由枝干相连，你把分叉用1到N来标记，树根必须记为1。苹果长在分叉处，而且一个分叉最多只能同时结一个苹果，也就是说不可能有超过一个苹果同时长在分叉处。你想知道某个子树中一共有多少个苹果。 上面的问题不难，但现在的问题是有时你会去摘苹果，有时又长出新的苹果，那你还能做吗？

Input
输入文件第一行是一个整数N(N<=100000),表示树中分叉的数目。 接下来N-1行每行两个整数u和v，表示分叉u和分叉v有一个枝干相连。 下一行是一个整数M(M<=100000) 接下来M行，每行或者是“C x”表示x分叉处的状态发生改变，如果原来有，就被摘下来，原来没有就长出新的苹果；或者是“Q x”表示询问以分叉x为根的子树中苹果的数量。 注意起初每个分叉都有一个苹果。

Output
对于每个询问输出对应的数量。

Sample Input
3
1 2
1 3
3
Q 1
C 2
Q 1

Sample Output
3
2

笔者思路：
苹果树
标记每个节点i的状态为s[i]，子树大小为size[i]
对于每个节点x的子树，节点y的dfn序不小于dfn(x)
所以对于查询x，也就是查询

修改即单改，线段树维护dfn即可

附实现代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
const int M=100005;
int n,m,tot,dfnt,final[N],nt[M*2],to[M*2],dfn[N],sz[N];
bool zt[N];
struct xds {
	int x1,x2,t[N<<2];
	int inask(int i,int l,int r) {
		if(x1<=l&&r<=x2) {
			return t[i];
		}
		int mid=l+r>>1,sm=0;
		if(x1<=mid) sm+=inask(i<<1,l,mid);
		if(x2>mid) sm+=inask(i<<1|1,mid+1,r);
		return sm;
	}
	void incg(int i,int l,int r) {
		if(l==r&&l==x1) {
			t[i]+=x2;
			return;
		}
		int mid=l+r>>1;
		if(x1<=mid) incg(i<<1,l,mid);
		else incg(i<<1|1,mid+1,r);
		t[i]=t[i<<1]+t[i<<1|1];
	}
	void change(int x,int y) {x1=x,x2=y,incg(1,1,n);}
	int ask(int l,int r) {x1=l,x2=r;return inask(1,1,n);}
}t;
void link(int x,int y) {
	to[++tot]=y;
	nt[tot]=final[x];
	final[x]=tot;
}
void dfs(int x,int last) {
	dfn[x]=++dfnt;
	sz[x]=1;
	for(int i=final[x];i;i=nt[i]) {
		int y=to[i];
		if(y==last) continue;
		dfs(y,x);
		sz[x]+=sz[y];
	}
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		link(x,y);
		link(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	memset(zt,1,sizeof zt);
	for(int i=1;i<=n;i++) t.change(i,1);
	scanf("%d",&m);
	while(m--) {
		char c;
		int x;
		scanf("\n%c %d",&c,&x);
		if(c=='Q') {
			printf("%d\n",t.ask(dfn[x],dfn[x]+sz[x]-1));
		} else {
			if(zt[x]==0) t.change(dfn[x],1);
			else t.change(dfn[x],-1);
			zt[x]=!zt[x];
		}
	}
}

休对故人思故国，且将新火试新茶，诗酒趁年华。