树上莫队学习笔记

众所周知，莫队算法不仅仅能解决序列问题，还能解决树上问题。
当一个问题可以离线做时，我们就可以使用树上莫队算法了（带修另说）

基本思路

一道例题：给一棵树，树上节点都有颜色 $col[i]$ ，每次给定询问 $(u,v)$ ，求树上 $u$ 到 $v$ 不同的颜色数是多少。

或许可以打树链剖分+线段树合并，但是实现起来比较困难，而且代码量大，所以这时候就需要代码较为简单的树上莫队了。

首先我们要将一棵树拍成序列的状态，在这个序列上进行莫队，按照普通莫队的方法求解答案即可。问题在于怎么将一棵树拍成序列的状态。

我们可以借鉴括号序的思路：将每个点看作一个括号，第一次到达节点时将左括号加入序列，遍历完子树后再把这个点的右括号加入，这样要是一个点在序列区间内出现 $2$ 次，那么表示这个点进行了进栈，出栈的操作，就相当与没被遍历到，这个可以用标记数组记录下来，而序列的长度是 $2n$ 的，进行莫队操作的时间复杂度是没有问题的。

具体而言，假设我们有一棵树，如图：

那么这棵树被拍成序列是这样的：

$1,2,2,3,4,4,5,5,3,1$

我们设一个节点在序列中第一次出现的位置为 $st[i]$ ，最后一次出现的位置为 $en[i]$
问题在于怎么将询问的点 $(u,v)$ 转化为区间的 $(l,r)$
假设 $u$ 先于 $v$ 被扫到（即 $st[u]<st[v]$）
明显的，我们要先求出 $lca(u,v)$ 。
若 $lca=u$ （即 $u$ 和 $v$ 在一条链上）则 $l=st[u],r=st[v]$
若 $lca\ne u$ 那么 $l=en[u],r=st[v]$ 但是发现好像没有把 $lca$ 记录下来，那我们可以将询问的 $lca$ 记录，在做莫队的时候特判一下就好了。

时间复杂度是 $O(m\sqrt{n})$ 的。

代码

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
struct ppp{
	int l,r,lca,id;
}Q[100100];
struct kkk{
	int head,to,nxt;
}edge[100100];
int n,m,col[50500],block,rt,a,b,cnt,f[50050][22],tot,kuai[50050];
int dep[50050],st[50050],en[50050];
int eu[100100],val[100100],ans,an[100100];
bool bz[50050];
bool cmp(ppp x,ppp y){
	if(kuai[x.l]<kuai[y.l]) return 1;
	if(kuai[x.l]==kuai[y.l]&&x.r<y.r) return 1;
	return 0;
}
void build(int u,int v){
	edge[cnt].to=v;
	edge[cnt].nxt=edge[u].head;
	edge[u].head=cnt;
	cnt++;
} 
void dfs(int x,int father){
	tot++,st[x]=tot;
	eu[tot]=x;
	dep[x]=dep[father]+1;
	for(int i=1;(1<<i)<=dep[x];i++)
	f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
	for(int i=edge[x].head;i!=-1;i=edge[i].nxt){
		int y=edge[i].to;
		if(y==father) continue;
		f[y][0]=x;
		dfs(y,x);
	}
	tot++,en[x]=tot;
	eu[tot]=x;
}
int lca(int u,int v){
	if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
	for(int i=20;i>=0;i--)
	if(dep[f[u][i]]>=dep[v]) u=f[u][i];
	if(u==v) return u;
	for(int i=20;i>=0;i--)
	if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
	return f[u][0];
}
void change(int x){
	if(x==0) return;
	if(bz[x]==0) {
	bz[x]=1,val[col[x]]++;
	if(val[col[x]]==1) ans++;	
	}
	else {
		bz[x]=0,val[col[x]]--;
		if(val[col[x]]==0) ans--;
	}
}
void slove(){
	int l=0,r=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		while(l>Q[i].l) l--,change(eu[l]);
		while(r<Q[i].r) r++,change(eu[r]);
		while(r>Q[i].r) change(eu[r]),r--;
		while(l<Q[i].l) change(eu[l]),l++;
		if(Q[i].lca) change(Q[i].lca);
		an[Q[i].id]=ans;
		if(Q[i].lca) change(Q[i].lca);
	}
	return;
}
int main(){
	memset(edge,-1,sizeof(edge));
	scanf("%d %d",&n,&m);
	block=sqrt(2*n);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	scanf("%d",&col[i]);
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
	kuai[i]=i/block+1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		scanf("%d %d",&a,&b);
		build(a,b),build(b,a);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d %d",&a,&b);
		Q[i].id=i;
		if(st[a]>st[b]) swap(a,b);
		int L=lca(a,b);
		if(L==a) Q[i].l=st[a],Q[i].r=st[b];
		else Q[i].l=en[a],Q[i].r=st[b],Q[i].lca=L;
	}
	sort(Q+1,Q+m+1,cmp);
	slove();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	printf("%d\n",an[i]);
	return 0;
}