简单数据结构题（from 钟子谦——IOI2018集训队自选题）

试题描述

给一棵 (n) 个点的树，点权开始为 (0) ，有 (q) 次操作，每次操作是选择一个点，把周围一圈点点权 (+1)（一个点周围的点为与该点距离为 (1) 的点），在该操作后你需要输出当前周围一圈点点权的异或和。

由于输出量较大，设第 (i) 个询问输出为 (ans_i)，你只需要输出

egin{equation}
[sum^q_{i=1}ans_i cdot (i^2+i)] exttt{ mod } (10^9+7)
otag
end{equation}

输入

第一行两个数 (n) ， (q) ，表示树的点数和操作数。

接下来 (n-1) 行每行两个数表示树上的一条边。

接下来 (q) 行每行一个数 (x)，表示把 (x) 周围一圈点点权 (+1)。

输出

输出一个 ([0,10^9+7)) 的数，详见题目描述。

输入示例

输出示例

数据规模及约定

对于 (80 exttt{%}) 的数据，保证 (n = 1000)

对于 (90 exttt{%}) 的数据，保证 (n = 100000)

对于 (100 exttt{%}) 的数据，保证 (n = 500000)

题解

这题差最后一步想到了。

不过好像除了 trie 树这步最妙这题也没其他什么了。。。

每个点周围的点可以分为父节点和子树中的一层节点，所以我们可以把一个节点 (u) 的所有儿子的信息存储到节点 (u) 中，然后对于一个询问，父亲单独计算，统一计算所有儿子的。

所以现在要一个可以支持删除、插入（对父亲的单独操作）、全体加 (1)、求全体异或和的数据结构。

一个数 (x) 加上 (1) 可以看做 (x ightarrow x igoplus (2 cdot lowbit( exttt{~}x) - 1))（(igoplus) 表示异或运算符，( exttt{~}) 表示取反运算符，(lowbit(t)) 表示只取 (t) 最低位的 (1)），所以我们需要维护集合内所有 (x) 的同时维护所有的 (lowbit( exttt{~}x))，确切地，只需要知道每种 (lowbit(x))（最多 (log q) 种）的取值有多少个。

然后就是我没想到的最后一步了：建立 trie 树保存集合内所有数（从浅到深按从低位到高位的顺序保存），(lowbit( exttt{~}x)) 很好得到了，然后全体 (+1) 就是每次交换左右子树，然后递归到左子树去（即最低位异或 (1) 然后处理进位）。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 500010
#define maxm 1000010
#define maxnode 10000010
#define maxlog 25
#define MOD 1000000007
#define LL long long

int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], Fa[maxn], at[maxn];
int ToT, rt[maxn], val[maxnode], ch[maxnode][2], siz[maxnode], fa[maxnode], rec[maxlog], cntr;

void AddEdge(int a, int b) {
	to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
	swap(a, b);
	to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
	return ;
}

int getnode() {
	int u;
	if(cntr) u = rec[cntr--];
	else u = ++ToT;
	ch[u][0] = ch[u][1] = fa[u] = siz[u] = 0;
	return u;
}
int Insert(int& r, int v) {
	if(!r) r = getnode(), val[r] = v;
	else val[r] ^= v;
	int u = r; siz[u]++;
	rep(i, 1, 20) {
		int x = v & 1; v >>= 1;
		if(!ch[u][x]) fa[ch[u][x] = getnode()] = u;
		u = ch[u][x]; siz[u]++;
	}
//	printf("Insert(%d): %d
", r, u);
	return u;
}

void build(int u) {
	rt[u] = ++ToT;
	for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != Fa[u]) {
		at[to[e]] = Insert(rt[u], 0);
		Fa[to[e]] = u;
		build(to[e]);
	}
	return ;
}

int getnum(int u) {
	int res = 0; cntr = 0;
	while(u) {
		if(fa[u] && ch[fa[u]][1] == u) res = res << 1 | 1;
		else if(fa[u]) res <<= 1;
//		printf("getnum: %d
", u);
		siz[u]--;
		if(!siz[u] && fa[u]) {
			rec[++cntr] = u;
//			printf("recycle %d
", u);
			if(ch[fa[u]][1] == u) ch[fa[u]][1] = 0;
			else ch[fa[u]][0] = 0;
		}
		if(!fa[u]) val[u] ^= res;
		u = fa[u];
	}
	return res;
}
void Add(int r) {
	int u = r, d = 0;
	while(u) {
		int s = ch[u][0] ? siz[ch[u][0]] : 0;
		if(!ch[u][1]) s = siz[u];
		if(s & 1) val[r] ^= (1 << d + 1) - 1;
		u = ch[u][1]; d++;
	}
	u = r;
	while(u) {
		swap(ch[u][0], ch[u][1]);
		u = ch[u][0];
	}
	return ;
}

int main() {
	n = read(); int q = read();
	rep(i, 1, n - 1) {
		int a = read(), b = read();
		AddEdge(a, b);
	}
	
	Insert(rt[0], 0);
	build(1);
	int Ans = 0;
	rep(i, 1, q) {
		int u = read(), ans = 0;
		if(Fa[u]) {
			ans = getnum(at[Fa[u]]) + 1;
//			printf("faans: %d
", ans);
			at[Fa[u]] = Insert(rt[Fa[Fa[u]]], ans);
		}
//		printf("beforeAdd: %d
", val[rt[u]]);
		Add(rt[u]);
		ans ^= val[rt[u]];
//		printf("afterAdd: %d
", val[rt[u]]);
		(Ans += (LL)ans * ((LL)i * i % MOD + i) % MOD) %= MOD;
	}
	printf("%d
", Ans);
	
	return 0;
}