Description
A：一心一意
B：一个顶俩
最近QQ更新后那个成语接龙好像挺火的？但我只知道图论里一条边是一个顶俩个点的emm。
如果我给你一个n个点n-1条边的无向联通图，但是这里头有一些边是脆弱的。随时都面临崩坏的危险。
为了维持他们的连通性，善良的我又给了你m条紫水晶备用边(u,v)。我这里准备Q个问题，第i个问题为一个整数z(1≤z≤n−1)表示若第z条边崩坏了，你能选出多少条备用边保证图继续保持联通。
Input
第一行三个正整数表示n,m,Q
接下来n-1行每行两个整数x,y一条边。
下面m行每行两个整数u,v表示备用边。
接下来Q行，每行一个整数z表示询问。
1≤n,m,Q≤100000。保证数据合法。
Output
Q行，每行一个整数表示答案。
Sample Input
3 2 2 1 2 1 3 2 3 1 3 1 2
Sample Output
1 2
Hint
第一个问题把第1条边(1,2)删掉，你可以选择备用边(2,3)保证连通性。
第二个问题把第2条边(2,3)删掉，你可以随意选择一条备用边都能保证连通性。
题目分析
题意：给出一个有n个结点的树，同时给出m条备用边u,v，有q次询问，每次询问删除边x后，你能选出多少种方案只加一条备用边能保证图的联通。
思路：这个实际上是一个很裸的树链剖分，更新边权的树链剖分，主要难在想到这是一个树链剖分的题目。
注意到增加一条备用边(u,v)时，这条备用边可以在原u,v两点之间任意一条边被删除后使得整个图重新连通，因此，u到v路径上所有的边都可以用这条备用边修复删除自身后的图的连通性，那么问题摆明了就是一个更新边权的树链剖分了
对于每一条备用边(u,v)，我们将原图中u，v之间的每一条边的边权加一，表示这一备用边可以用于修复删除这条边后的图的连通性，最后，问边(u,v)删除时，有多少种修复方案的时候，我们输出边(u,v)的边权即可。
（博主自言自语：对于更新边权的树链剖分，我们将边权存于这条边所连接的两个结点中深度更大的结点，这样一来我们更新同一条链上的边的边权的时候，更新的区间即为 [深度小的结点的重儿子的dfs序，深度大的结点的dfs序]，所以实际上记录点权和边权的熟树链剖分代码大体上只有一处不同]）
代码区
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<string> #include<fstream> #include<vector> #include<stack> #include <map> #include <iomanip> #define bug cout << "**********" << endl #define show(x, y) cout<<"["<<x<<","<<y<<"] " #define LOCAL = 1; using namespace std; typedef long long ll; const int inf = 0x3f3f3f3f; const ll mod = 1e9 + 7; const int Max = 1e5 + 10; struct Tree { int deep, father, val; //结点深度,父节点,权值 int size, heavy; //以此结点为根节点的树的大小。重儿子的编号 int id, top; //对应于线段树上的编号（dfs序)，链头编号 }tree[Max]; //原本树的结点信息 int n, m, q; int toTree[Max],cnt; //记录dfs序对应的结点编号;记录dfs序，说到底，cnt最终还是等于n，在这个题目中，用处不大 //以下为线段树操作 struct Node { int l, r; int sum, lazy; }node[Max << 2]; void build(int l, int r, int num) { node[num].l = l; node[num].r = r; node[num].lazy = 0; if (l == r) { node[num].sum = tree[toTree[l]].val; //初始化边权 return; } int mid = (l + r) >> 1; build(l, mid, num << 1); build(mid + 1, r, num << 1 | 1); node[num].sum = node[num << 1].sum + node[num << 1 | 1].sum; //sum记录区间和 } void push_down(int num) { if (node[num].lazy != 0) { int &lazy = node[num].lazy; node[num << 1].sum += lazy; node[num << 1 | 1].sum += lazy; node[num << 1].lazy += lazy; node[num << 1 | 1].lazy += lazy; lazy = 0; } } void upData(int l, int r, int val, int num) //更新区间，这个是模板的函数，其实这个题目只要单点更新即可，但对时间影响不大 { if (l <= node[num].l && node[num].r <= r) { node[num].sum += val; node[num].lazy += val; return; } push_down(num); int mid = (node[num].l + node[num].r) >> 1; if (l <= mid) upData(l, r, val, num << 1); if (r > mid) upData(l, r, val, num << 1 | 1); node[num].sum = node[num << 1].sum + node[num << 1 | 1].sum; } int query(int l, int r, int num) //查询区间和，模板查询函数，这里我们只用于单点查询 { if (l <= node[num].l && node[num].r <= r) return node[num].sum; push_down(num); int mid = (node[num].l + node[num].r) >> 1; int ans = 0; if (l <= mid) ans += query(l, r, num << 1); if (r > mid) ans += query(l, r, num << 1 | 1); return ans; } //以下为树链剖分的部分 struct Edge { int to, next; }edge[Max << 1]; //边 int head[Max], tot; void init() { memset(head, -1, sizeof(head));tot = 0; } void add(int u, int v) { edge[tot].to = v; edge[tot].next = head[u]; head[u] = tot++; } void dfs1(int now, int fa, int deep) { tree[now].val = 0; //初始化为0，这个是模板内容，可能边有初始值，不过这个题没有就对了 tree[now].father = fa; tree[now].deep = deep; tree[now].size = 1; tree[now].heavy = -1; //初始化为无重边（也就是看作叶子节点了） int max_son = -1; for (int i = head[now]; i != -1; i = edge[i].next) { int v = edge[i].to; if (v == fa) continue; dfs1(v, now, deep + 1); tree[now].size += tree[v].size; if (tree[v].size > max_son) //更新重边 tree[now].heavy = v, max_son = tree[v].size; } } void dfs2(int now, int top) //top为当前链的链头 { tree[now].top = top; tree[now].id = ++cnt; if (tree[now].heavy == -1) return; //叶子结点 dfs2(tree[now].heavy, top); //先处理重链 for (int i = head[now]; i != -1; i = edge[i].next) //处理轻链 { int v = edge[i].to; if (v == tree[now].father || v == tree[now].heavy) continue; dfs2(v, v); //此时v为一条轻链的链头（画一下就知道为什么了） } } void upData2(int s, int e, int val) //更新s->e上的结点,将dfs不连续的路径分为数个dfs序连续的路径，对这个数个dfs序连续的路径进行操作 { while (tree[s].top != tree[e].top) //不断地将深度大的上移，使得最后两个点都在同一个链上 { if (tree[tree[s].top].deep < tree[tree[e].top].deep) swap(s, e); upData(tree[tree[s].top].id, tree[s].id, val, 1); //同时更新分出来的dfs序连续的路径 s = tree[tree[s].top].father; } if (tree[s].deep > tree[e].deep) swap(s, e); upData(tree[tree[s].heavy].id, tree[e].id, val, 1); //这个地方就是更新边权和点权的区别了，由于我们将边权的值存于这条边深度更大的端点处 //因此我们更新点s,e之间的边的边权的时候，更新的边为e表示的这条边和s的重儿子表示的那条边之间的边 //对应的dfs序就是 tree[tree[s].heavy].id ~ tree[e].id, val 了 } int query2(int s, int e) //思路和upData2的一样：将dfs不连续的路径分为数个dfs序连续的路径，对这个数个dfs序连续的路径进行操作 { int sum = 0; while (tree[s].top != tree[e].top) { if (tree[tree[s].top].deep < tree[tree[e].top].deep) swap(s, e); sum += query(tree[tree[s].top].id, tree[s].id, 1); s = tree[tree[s].top].father; } if (tree[s].deep > tree[e].deep) swap(s, e); sum += query(tree[tree[s].heavy].id, tree[e].id, 1); return sum; } int u[Max],v[Max]; //记录边 int main() { #ifdef LOCAL //freopen("input.txt", "r", stdin); //freopen("output.txt", "w", stdout); #endif while (scanf("%d%d%d", &n, &m, &q) != EOF) { init(); for (int i = 1;i < n;i++) { scanf("%d%d", u+i, v+i); //因为后面根据边的编号来查询，所以用数组记录一下 add(u[i], v[i]);add(v[i], u[i]); } dfs1(1, -1, 0); //先预处理出每个结点的基本信息，比如每个根结点对应的重边，以为构建链做准备 dfs2(1, 1); //根据之前已经求出的每个结点的信息，获得链上结点dfs连续的dfs序 build(1, n, 1); //根据之前得到的dfs序构建线段树 for(int i = 1, x, y; i <= m ;i ++) { scanf("%d%d",&x,&y); upData2(x,y,1); //给区间每条边的边权加一 } for(int i =1,x ;i <= q; i ++) { scanf("%d",&x); printf("%d\n",query2(u[x],v[x])); } } return 0; }