給定相同點集上的兩棵生成樹 t1 和 t2，節點編號為 1 ∼ n。對於 t1 中的每條邊 e1，你需要
求在 t2 中有多少條邊 e2 滿足：
t1 − e1 + e2（從 t1 中刪去 e1 再加上 e2 構成的圖）是一棵生成樹；
t2 − e2 + e1 也是一棵生成樹。
2 ≤ n ≤ 2*10^5
不難發現如果兩條邊可以互相替代，則必須要滿足e2在t2中e1兩端點的路徑上，反過來也要滿足。
那麼我們先把t2的每條邊在t1上差分一下，就是在兩端點處插入，然後在lca處刪除，那麼限制條件就被去掉了乙個。
把邊下放到點，現在我們要實現的單點修改，和支援鏈上權值查詢。
可以用樹鏈剖分做到倆log，也可以直接維護入棧出棧序做到乙個log。然後把線段樹自底向上合併就好了。
複雜度o(n
logn
) o(n
logn
)。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
const int n=200005;
int n,tot,sz,in[n],out[n],rt[n],ans[n];
struct treet[n*60];
std::vector vec[n];
intread()
while (ch>='0'&&ch<='9')
return
x*f;
}struct tree
e[n*2];
void addedge(int u,int v)
void dfs1(int
x)
}void dfs2(int
x,int chain)
void dfs3(int
x)
int get_lca(int
x,int
y)
return dep[x]y]?x:y;
}}t1,t2;
int newnode()
int merge(int
x,int
y)void modify(int &d,int l,int r,int
x,int
y)int query(int d,int l,int r,int
x,int
y)void solve(int
x) for (int i=0;iif (x==1) return;
int lca=t1.get_lca(x,t2.fa[x]);
ans[x]=query(rt[x],1,tot,1,in[x])+query(rt[x],1,tot,1,in[t2.fa[x]])-2
*query(rt[x],1,tot,1,in[lca]);
}void clear()
int main()
for (int i=1;iint
x=read(),y=read();
t1.addedge(x,y);
}t1.dfs1(1);t1.dfs2(1,1);t1.dfs3(1);
t2.dfs1(1);t2.dfs2(1,1);
for (int i=1;i*2-1;i+=2)
solve(1);
for (int i=1;i*2-1;i+=2)
puts("");
}return
0;}
對於線線問題
以下是乙個大佬的總結 authorlcy註明出處，摘自 1 n條直線最多分平面問題 題目大致如 n條直線，最多可以把平面分為多少個區域。析 可能你以前就見過這題目，這充其量是一道初中的思考題。但乙個型別的題目還是從簡單的入手，才容易發現規律。當有n 1條直線時，平面最多被分成了f n 1 個區域。則...
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