UOJ #579. 树上的颜色

【题目描述】：

给出一棵有N个点的有根树，结点编号为1,2,3,……,N，根结点编号为1，编号为i的结点涂上颜色Ci。现在有M个询问，每个询问要求求出以结点u为根的子树上涂有此种颜色的结点个数不小于k的颜色个数有多少。
【输入描述】：

第一行包含两个正整数N和M。

第二行包含N个正整数，C1,C2,…,CN。

接下来的N-1行每行有两个正整数x和y，表示结点x和y有边相连。

再接下来的M行每行有两个正整数u和k，表示一个询问。
【输出描述】：

输出M行，每行一个非负整数，对应每个询问的答案。
【样例输入1】：

4 1
1 2 3 4
1 2
2 3
3 4
1 1

【样例输出1】：

4

【样例输入2】：

8 5
1 2 2 3 3 2 3 3
1 2
1 5
2 3
2 4
5 6
5 7
5 8
1 2
1 3
1 4
2 3
5 3

【样例输出2】：

2
2
1
0
1

【时间限制、数据范围及描述】：

时间：1s 空间：256M

对于10%的数据，N≤100，M≤100，Ci≤100；

对于30%的数据，N≤500，M≤100；

对于60%的数据，N≤2000，M≤100000；

对于100%的数据，N≤100000，M≤100000，Ci≤100000。

本题用color[i]统计第i钟颜色的数量，用sum[i]统计颜色数量为i,i+1,i+2,……的颜色个数。
设要加入一个点，其颜色为x，则sum[color[x]+1]增加1，sum的其他值不变，同时color[x]++即可。同理，删去一个点，sum[color[x]–]–即可。这时sum就是最终答案。
然而这时时间复杂度是O(N^2)的,还需进一步优化,于是看到区间修改和统计我们想到了莫队.
但这里要更复杂一些,因为是在树上,所以需要用树上莫队,将树上的点按照dfs序拉成一个序列,再用莫队即可求解。

Code:
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std;
const int N=100005;
int n,m,block,cnt,c[N],s[N],t[N],dfn,re[N],colour[N],num[N],sum[N],ans[N],head[N];
struct Node{
    int u,v,nxt;
}edge[N*2];
struct node{
    int l,r,k,id;
}q[N];
void Push(int u,int v){
    ++cnt;
    edge[cnt].u=u;
    edge[cnt].v=v;
    edge[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa){
    s[u]=++dfn;
    c[dfn]=colour[u];
    for (int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
        int v=edge[i].v;
        if(v==fa){
            continue;
        }
        dfs(v,u);
    }
    t[u]=dfn;
}
bool cmp(node a,node b){
    return (a.l/block)^(b.l/block)?a.l<b.l:(((a.l/block)&1)?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
int main(){
    int x,y,u,k;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    block=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&colour[i]);
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        Push(x,y);
        Push(y,x);
    }
    dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&u,&k);
        q[i]=(node){s[u],t[u],k,i};
    }
    sort(q+1,q+1+m,cmp);
    int L=1,R=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(q[i].l<L){
            L--,num[c[L]]++,sum[num[c[L]]]++;
        }
        while(q[i].l>L){
            sum[num[c[L]]]--,num[c[L]]--,L++;
        }
        while(q[i].r>R){
            R++,num[c[R]]++,sum[num[c[R]]]++;
        }
        while(q[i].r<R){
            sum[num[c[R]]]--,num[c[R]]--,R--;
        }
        ans[q[i].id]=sum[q[i].k];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}