牛客練習賽58 F

求帶單點修改的樹上兩點間任意子路徑長異或和。

路徑長等於路徑上所有異或和。

簡單模擬一下，可以發現。

奇數情況下，答案是偶數點異或和。

偶數情況下，就是正常的異或和。

偶數點異或和也很容易處理。

分深度奇偶樹狀陣列即可。

但是這是對於鏈的，不能直接dfs

dfsdf

s序，需要剖分一下。

但是我不會，所以去學了一下。

簡單意思就是：

孩子結點的子樹最大的作為重兒子。

每次優先跑重兒子，可以使得dfs

dfsdf

s序中重鏈都是連續的。

利用這個特徵，我們在處理的時候，每次跳到鏈頭，最後不斷處理詢問即可。

這其中：樹鏈剖分的複雜度是nlo

g2

nnlog^2n

nlog2n

不過我還有兩點疑問：

為什麼複雜度能保證，以及為什麼跳的時候要先跳鏈頭深度大的或者dfs

dfsdf

s序大的。

不過目前這不是重點，我就先鴿了(被迫先學了樹剖，最近明明在弄圖論)

單點更新，三個線段樹即可。

#include

#define for(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using
namespace std;
const
int maxn =
2e5+
100;
vector<
int>g[maxn]
;int sz[maxn]
,son[maxn]
,dep[maxn]
;int dfn[maxn]
,top[maxn]
,fa[maxn]
;int a[maxn]
,cnt,n,m;
//剖分
void
dfs1
(int u,
int pre)
}void
dfs2
(int u,
int tr_top)
}//樹狀陣列
int c[maxn][3
];intlowbit
(int x)
void
change
(int x,
int d,
int id)
intquery
(int x,
int id)
//樹鏈剖分更新
void
update
(int x,
int c)
intquery
(int l,
int r,
int id)
// cout(dfn[l]
<=dfn[r]
)ans^
=query
(dfn[r]
,now)
^query
(dfn[l]-1
,now)
;else ans^
=query
(dfn[l]
,now)
^query
(dfn[r]-1
,now)
;//cout}int
main()
dfs1(1
,0);
dfs2(1
,1);
for(i,
1,n)
for(i,
1,n)
update
(i,0);
for(i,
1,m)
//cout