BZOJ1103【POI2007】大都市meg <树上差分+树状数组>

Problem

【POI2007】大都市meg

Description

经济全球化浪潮的影响下,习惯于漫步在清晨的乡间小路的邮递员也开始骑着摩托车传递邮件了。不过，她经常回忆起以前在乡间漫步的情景。昔日，乡下有依次编号为的个小村庄，某些村庄之间有一些双向的土路。从每个村庄都恰好有一条路径到达村庄（即比特堡）。并且，对于每个村庄，它到比特堡的路径恰好只经过编号比它的编号小的村庄。另外，对于所有道路而言，它们都不在除村庄以外的其他地点相遇。在这个未开化的地方，从来没有过高架桥和地下铁道。随着时间的推移，越来越多的土路被改造成了公路。至今，还清晰地记得最后一条土路被改造为公路的情景。现在，这里已经没有土路了——所有的路都成为了公路，而昔日的村庄已经变成了一个大都市。想起了在改造期间她送信的经历。她从比特堡出发，需要去某个村庄，并且在两次送信经历的间隔期间,有某些土路被改造成了公路.现在需要你的帮助：计算出每次送信她需要走过的土路数目。（对于公路，她可以骑摩托车；而对于土路，她就只好推车了。）

Input

第一行是一个数 ()
以下行，每行两个整数()，表示原有一条路连接和
以下一行，包含一个整数()，表示曾经在改造期间送过次信。
以下行，每行有两种格式的若干信息，表示按时间先后发生过的次事件:
若这行为 ()，表示将到的土路修为公路。
若这行为 , 则表示曾经从比特堡送信到村庄。

Output

有m行，每行包含一个整数，表示对应的某次送信时经过的土路数目。

Sample Input

Sample Output

标签：树上差分 线段树

Solution

考虑树上，以号点为根，对于每个，即将的子树的权值全部加一，对于每个，答案即为点的权值。
由于只有子树权值操作，我们可以用树上差分。
表示和它的父结点的权值差，这样对于每个，即为，对于每个，即为
可以直接用树状数组维护，这样编程复杂度更低。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#define MAX_N 250000
using namespace std;
int n, m, tr[MAX_N+5], l[MAX_N+5], r[MAX_N+5], ind;
vector <int> G[MAX_N+5];
void DFS(int u) {
    l[u] = ++ind;
    for (int i = 0; i < G[u].size(); i++)	DFS(G[u][i]);
    r[u] = ind;
}
void inc(int pos) {for (; pos <= n; pos += pos&-pos)	tr[pos]++;}
void dec(int pos) {for (; pos <= n; pos += pos&-pos)	tr[pos]--;}
int sum(int pos) {int ret = 0;	for (; pos; pos -= pos&-pos)	ret += tr[pos];	return ret;}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i < n; i++) {int u, v;	scanf("%d%d", &u, &v);	G[u].push_back(v);}
    DFS(1);	for (int i = 2; i <= n; i++)	inc(l[i]), dec(r[i]+1);
    scanf("%d", &m);	m += n-1;
    while (m--) {
        char opt[1];	scanf("%s", opt);
        if (opt[0] == 'W') {
            int x;	scanf("%d", &x);
            printf("%d\n", sum(l[x]));
        }
        if (opt[0] == 'A') {
            int u, v;	scanf("%d%d", &u, &v);
            dec(l[v]), inc(r[v]+1);
        }
    }
    return 0;
}