问题：有一家公司有N个员工(从1到N)，公司里每个员工都有一个直接的老板(除了整个公司的领导)。如果你是某人的直接老板，那个人就是你的下属，他的所有下属也都是你的下属。如果你是没有人的老板，那么你就没有下属，没有直接老板的员工就是整个公司的领导，也就是说N个员工构成了一棵树。公司通常把一些任务分配给一些员工来完成，当一项任务分配给某个人时，他/她会把它分配给他/她的所有下属，换句话说，这个人和他/她的所有下属在同一时间接受了一项任务。此外，每当员工收到一个任务，他/她将停止当前任务(如果他/她有)，并开始新的任务。在公司将某些任务分配给某个员工后，编写一个程序来帮助找出某个员工当前的任务。
输入：第一行包含单个正整数T(T<=10)，表示测试用例的数量。对于每个测试用例：第一行包含一个整数N(N≤50，000)，它是雇员的数目。下面的N-1行分别包含两个整数u和v，这意味着雇员v是雇员u的直接老板(1<=u，v<=N)。下一行包含一个整数M(M≤50，000)。下面的M行分别包含一条消息，“Cx”表示对员工x的当前任务的查询，“Tx y”表示公司将任务y分配给员工x。(1<=x<=N，0<=y<=10^9)
输出：对于每个测试用例，在第一行打印测试用例编号(以1开头)，然后为每个查询输出相应的答案。
这道题作为刚接触dfs序+线段树是很好的例题。dfs序是什么，就是给你一个树，然后按照dfs的顺序标记他们，记录树上每个节点的是进入dfs的时间，和dfs结束的时间，用两个数组存储，比如依照样例画的这个树，（蓝色笔就是刚刚进入的时间，绿色笔就是结束的时间） 首先就是从根节点开始，进入3节点，在进入4节点，回退到三（此时三节点还没有结束，但是四节点结束了，所以四的结束时间就是3），继续走到1节点回溯到3节点（3节点已经结束），按照这个样子遍历整颗树。
为什么要进行dfs序？可以这么看，我们原本数据给的图可以是一棵完全没有规律的树，但是dfs序之后，这么认为，对于原本树节点所对应的dfs序进入和结束的时间（比如根节点2的开始时间是1，结束时间是5），这个区间就是完全覆盖了该节点本身和他所有的子树。换个角度就是，dfs序对树的节点重新编号，每个节点的进入dfs的时间（也就是区间左端点的数值），就是该节点新的编号，然后要修改某个节点的值，就会影响下面所有子树的值，那么就是对于dfs序所生成的这个区间要修改这个区间，要修改根节点2，那么就要修改dfs序后重新编号后的1,2,3,4,5编号的节点，要修改3节点，就要修改dfs序后2，3,4，节点的值，注意dfs序后已经算作对于树的节点重新编号。
知道了这个，我们在用到线段树上就可以做这个问题了，要查询就是查询dfs序进入该节点的时间的值（左端点），该左端点就是dfs序后新给该节点的编号。
修改就对这个节点所对于的一整个区间都进行修改。这就是线段树裸模板题了。
如果对于dfs序还有没懂可以随时来问，我会尽力解答的。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<cstring>
using namespace std;
const long long max_ = 50000 + 500;
int n, head[max_], root[max_], xiann = 1, ru[max_], chu[max_], cnt = 0;
struct k
{
int to, next;
}xian[max_*2];
void add_(int a, int b) {
xian[xiann].to = b;
xian[xiann].next = head[a];
head[a] = xiann;
xiann++;
return;
}
void dfs(int now, int fa)
{
ru[now] = ++cnt;
for (int i = head[now]; i ; i = xian[i].next)
{
int xia = xian[i].to;
if (xia == fa) continue;
dfs(xia, now);
}
chu[now] = cnt;
}
struct v
{
int lazy_ = -1, value;
} tree_[max_ * 4];
void pushdown(int x) {
tree_[x * 2].lazy_ = tree_[x * 2 + 1].lazy_ = tree_[x * 2].value = tree_[x * 2 + 1].value= tree_[x].lazy_;
tree_[x].lazy_ = -1;
}
void update(int L , int R , int aimL , int aimR, int node , int value) {
if (L > aimR || R < aimL) return;
if (L >= aimL && R <= aimR) {
tree_[node].value = value;
tree_[node].lazy_ = value;
return;
}
int mid = (L + R) / 2, Ltree_ = node * 2, Rtree_ = node * 2 + 1;
if (tree_[node].lazy_ != -1) pushdown(node);
update(L, mid, aimL, aimR, Ltree_, value);
update(mid+1, R, aimL, aimR, Rtree_, value);
}
int ask(int L, int R, int aimnode, int node) {
if (L == R) {
return tree_[node].value;
}
int mid = (L + R) / 2, Ltree_ = node * 2, Rtree_ = node * 2 + 1;
if (tree_[node].lazy_ != -1) pushdown(node);
if (mid >= aimnode) {
ask(L, mid, aimnode, Ltree_);
}
else {
ask(mid+1, R, aimnode, Rtree_);
}
}
int main() {
int T;
cin >> T;
for(int w = 1 ; w <= T ; w++)
{
cin >> n;
for (int i = 0; i <= n * 4; i++) {
tree_[i].lazy_ = tree_[i].value = -1;
}
for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
add_(a, b); add_(b, a);
root[a]++;
}
int gen;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (root[i] == 0) {
gen = i; break;
}
}
dfs(gen,-1);
/*for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << ru[i] << " " << chu[i] << endl;
}*/
int m;
cin >> m;
printf_s("Case #%d:\n", w);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
char ch;
cin >> ch;
if (ch == 'C') {
int a;
cin >> a;
cout << ask(1, n, ru[a], 1) << endl;
}
else {
int a, b;
cin >> a >> b;
update(1, n, ru[a], chu[a], 1, b);
}
}
memset(ru, 0, sizeof(ru));
memset(chu, 0, sizeof(chu)); memset(head, 0, sizeof(head)); memset(root, 0, sizeof(root));
xiann = 1, cnt = 0;
}
return 0;
}
