【2019/02/18测试T3】飘雪圣域

【题目】

传送门

题目描述：

IcePrincess_1968 和 IcePrince_1968 长大了，他们开始协助国王 IceKing_1968 管理国内事物。

IcePrincess_1968 和 IcePrince_1968 住在一个宁静悠远的王国：IceKingdom —— 飘雪圣域。飘雪圣域有 $n$ 个城镇，编号 $1,2,3,...,n$。有些城镇之间有道路，且满足任意两点之间有且仅有一条路径。飘雪圣域风景优美，但气候并不是太好。根据 IcePrince_1968 的气候探测仪，将来会发生 $q$ 场暴风雪。每场暴风雪可以用两个整数 $l_i,r_i$ 刻画，表示这场暴风雪之后，只有编号属于 $[\;l_i\;,\;r_i\;]$ 的城市没有受到暴风雪的影响。

在暴风雪的影响下迅速确定王国的农业生产方案是非常重要的事情。IceKing_1968 认为，一个农业生产地域应该是一个极大连通块，满足每个节点都没有被暴风雪影响。这里极大连通块的定义是：不存在一个不属于该点集的未被暴风雪影响的点与该连通块连通。

IcePrincess_1968 要负责算出每次暴风雪后，王国能拥有多少个农业生产地域。注意这里每次暴风雪是独立的，即每次暴风雪过后，直到每个城镇重新焕发生机，下一次暴风雪才会到来。

正如上文所述，IcePrincess_1968 擅长文学但不擅长计算机，于是请你帮忙。

输入格式：

第一行包含两个正整数 $n,q$，表示 IceKingdom 的城镇个数和暴风雪次数。

​第 $2$ 至第 $n$ 行，每行两个正整数 $x,y$，表示城镇 $x$ 和城镇 $y$ 之间有一条道路。

​ 第 $n+1$ 至第 $n+q$ 行，每行两个正整数 $l_i,r_i$，描述一场暴风雪，含义如题面所述。

输出格式：

输出文件共有 $q$ 行，第 $i$ 行表示在第 $i$ 场暴风雪之后农业生产地域的个数。

样例数据：

输入
4 3
1 2
2 3
2 4
1 2
1 3
3 4

输出
1
1
2

提示：

【输入输出样例 $1$ 解释】

​第一次询问，只有 $(1,2)$ 一个连通块。

​第二次询问，只有 $(1,2,3)$ 一个连通块。

​第三次询问，有 $3$ 和 $4$ 两个连通块。

【数据规模】

对于 $30\%$ 的数据： $n\le100$， $q\le100$；

对于 $50\%$ 的数据： $n\le2,000$， $q\le2,000$；

对于 $100\%$ 的数据： $n\le200,000$， $q\le200,000$，对于所有的暴风雪， $l_i\le r_i$。

【分析】

事实上，我们可以把这道题转换一下。

对于一条边 $(u,v)$，如果 $u$ 和 $v$ 两个点都没有被影响，就称 $(u,v)$ 为好边。

那么每一条好边都可以使两端点所在的连通块连接起来，使总连通块个数 $-1$。

因此假如有 $num$ 条好边，对于询问 $[\;l_i\;,\;r_i\;]$ 的答案就是 $r_i-l_i+1-num$。

对于一条边 $(u,v)$，我们不妨令 $u<v$。

那么，我们相当于是求满足 $l_i\le u<v\le r_i$ 的边的条数。

那我们把询问离线下来，用一个树状数组解决就行了。

【代码】

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 200005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define Pair pair<int,int>
using namespace std;
vector<int>E[N];
vector<Pair>Q[N];
int n,q,bit[N],ans[N];
void add(int i,int x)
{
	for(;i<=n;i+=lowbit(i))  bit[i]+=x;
}
int query(int i)
{
	int ans=0;
	for(;i;i-=lowbit(i))  ans+=bit[i];
	return ans;
}
int main()
{
	int x,y,i,j;
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(i=1;i<n;++i)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		if(x>y)  swap(x,y);
		E[y].push_back(x);
		add(x,1);
	}
	for(i=1;i<=q;++i)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		Q[y].push_back(make_pair(x,i));
	}
	for(i=n;i;--i)
	{
		for(j=0;j<Q[i].size();++j)
		{
			int sum=query(i)-query(Q[i][j].first-1);
			ans[Q[i][j].second]=(i-Q[i][j].first+1)-sum;
		}
		for(j=0;j<E[i].size();++j)  add(E[i][j],-1);
	}
	for(i=1;i<=q;++i)
	  printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}