题目描述
给出一棵树，支持三种操作：
加入一条路径；
删除一条路径；
查询有多少条路径包含某给出路径。
输入
第一行一个正整数n。
接下来n - 1 行每行两个整数u, v，表示一条星际航道连接行星 u 与行星 v。
接下来一行一个正整数m，表示已经被发现的跳跃点个数。
接下来m行每行两个整数s, t，表示一个跳跃点连接行星 s与行星 t。
接下来一行一个正整数q，表示事件个数。
接下来q 行每行为以下三种事件中的一种：
“1 x y” ：表示有一个连接行星x与行星 y的跳跃点被发现了；
“2 x y” ：表示有一个连接行星 x 与行星 y 的跳跃点崩溃了（保证存在这样
一个跳跃点） ；
“3 x y” ：表示有一个外星使者想从行星x到行星 y去搜集情报。
输出
对于每个外星使者输出一行一个整数， 表示这个外星使者可以选择的不同路径条数。
样例输入
13
1 2
1 3
1 4
2 5
5 9
5 10
5 11
10 13
3 6
4 7
4 8
7 12
6
2 4
10 12
9 8
6 7
3 11
7 10
5
1 1 5
3 5 4
2 7 10
2 10 12
3 5 4
样例输出
3
1
题解
CDQ分治+扫描线+树状数组
诶这题挺熟悉？这不是 【bzoj3772】精神污染 吗？一份良心点的题解： 【bzoj3488】[ONTAK2010]Highways DFS序+树上倍增+树状数组 。
那这题怎么做呢？按照同样的方法转化，就相当于：在二维平面上，支持：插入一个点，删除一个点，查询矩形内的点数。
由于可以离线，因此可以使用CDQ分治。
具体方法：将矩形查询转化为4个二维前缀和相加减。第一维时间自然有序；递归过程中维护第二维（点的第一维坐标）递增，按扫描线顺序进行左半部分的修改、右半部分的查询，并使用归并排序合并；第三维在树状数组中查询。
时间复杂度 $O(nlog^2 n)$
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
struct data
{
int x , y , opt , v;
data() {}
data(int a , int b , int c , int d) {x = a , y = b , opt = c , v = d;}
}a[N * 5] , t[N * 5];
int head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt , fa[N][20] , log[N] , deep[N] , pos[N] , last[N] , tot , p , f[N] , n , ans[N];
inline void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs(int x)
{
int i;
pos[x] = ++tot;
for(i = 1 ; (1 << i) <= deep[x] ; i ++ ) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa[x][0])
fa[to[i]][0] = x , deep[to[i]] = deep[x] + 1 , dfs(to[i]);
last[x] = tot;
}
inline int find(int x , int y)
{
int i;
for(i = log[y] ; ~i ; i -- )
if(y >= (1 << i))
x = fa[x][i] , y -= (1 << i);
return x;
}
inline void push(int x , int y , int z)
{
a[++p] = data(pos[x] , pos[y] , 0 , z) , a[++p] = data(pos[y] , pos[x] , 0 , z);
}
inline void update(int x , int a)
{
int i;
for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] += a;
}
inline int query(int x)
{
int i , ans = 0;
for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans += f[i];
return ans;
}
void solve(int l , int r)
{
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1 , p1 = l , p2 = mid + 1 , p3 = l;
solve(l , mid) , solve(mid + 1 , r);
while(p3 <= r)
{
if(p2 > r || (p1 <= mid && a[p1].x <= a[p2].x))
{
if(!a[p1].opt) update(a[p1].y , a[p1].v);
t[p3 ++ ] = a[p1 ++ ];
}
else
{
if(a[p2].opt) ans[a[p2].v] += a[p2].opt * query(a[p2].y);
t[p3 ++ ] = a[p2 ++ ];
}
}
for(p1 = l ; p1 <= mid ; p1 ++ )
if(!a[p1].opt)
update(a[p1].y , -a[p1].v);
for(p1 = l ; p1 <= r ; p1 ++ ) a[p1] = t[p1];
}
int main()
{
int m , q , c = 0 , i , t , x , y;
scanf("%d" , &n);
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(x , y) , add(y , x) , log[i] = log[i >> 1] + 1;
dfs(1);
scanf("%d" , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , push(x , y , 1);
scanf("%d" , &q);
for(i = 1 ; i <= q ; i ++ )
{
scanf("%d%d%d" , &t , &x , &y);
if(t == 1) push(x , y , 1);
else if(t == 2) push(x , y , -1);
else
{
c ++ ;
if(deep[x] < deep[y]) swap(x , y);
if(deep[x] > deep[y] && fa[t = find(x , deep[x] - deep[y] - 1)][0] == y)
{
a[++p] = data(pos[x] - 1 , pos[t] - 1 , -1 , c) , a[++p] = data(pos[x] - 1 , last[t] , 1 , c) , a[++p] = data(pos[x] - 1 , n , -1 , c);
a[++p] = data(last[x] , pos[t] - 1 , 1 , c) , a[++p] = data(last[x] , last[t] , -1 , c) , a[++p] = data(last[x] , n , 1 , c);
}
else
{
a[++p] = data(pos[x] - 1 , pos[y] - 1 , 1 , c) , a[++p] = data(pos[x] - 1 , last[y] , -1 , c);
a[++p] = data(last[x] , pos[y] - 1 , -1 , c) , a[++p] = data(last[x] , last[y] , 1 , c);
}
}
}
solve(1 , p);
for(i = 1 ; i <= c ; i ++ ) printf("%d
" , ans[i]);
return 0;
}