Inner World - 题解

标签与难度

标签: 数据结构, 线段树, 离线处理, 树上问题, DFS序, 差分思想难度: 2300

题目大意喵~

好久不见，指挥官！这次我们来到了一个奇妙的森林，里面有好多好多的树，喵~

一开始，我们有 $n$ 棵树，编号从 $1$ 到 $n$ 。每棵树都只有一个孤零零的根节点，标签是 $1$ 。

接下来，农夫给了我们 $m$ 个“种植任务”。每个任务是 (u, v, l, r) 的形式，意思是：对于编号从 $l$ 到 $r$ 的所有树，我们都要在它们已有的、标签为 u 的节点下面，种一个新的节点，新节点的标签是 v。这些种植任务是按顺序执行的。

所有种植任务完成后，农夫又给了我们 $q$ 个“查询任务”。每个查询是 (x, l, r) 的形式，问的是：在编号从 $l$ 到 $r$ 的这些树中，所有标签为 x 的节点的子树大小之和是多少？如果某棵树里没有标签为 x 的节点，那它的子树大小就看作是 $0$ 啦。

我们的任务就是帮 Gromah 和 LZR 完成所有查询，这样就能通关啦！加油，喵~

解题思路分析

这道题看起来有点复杂，因为它混合了树结构、区间操作和区间查询，但是别怕，让我来一步步拆解它，呐！

关键洞察：唯一的“元宇宙”树

首先，我们来观察一下这些“种植任务”。任务 (u, v, l, r) 定义了一个父子关系：节点 v 的父亲是节点 u。虽然这个操作应用在了一个区间的树上，但这个父子关系 u -> v 本身是固定的。所有的 $m$ 个种植任务，实际上共同定义了一个唯一的、包含了所有可能节点（标签从 $1$ 到 $m+1$ ）的**“元树” (Meta-Tree)** 结构。

每个节点（除了根节点 1），比如说节点 v，都是通过某个任务 (u, v, l_v, r_v) 添加的。我们可以说，节点 v 在第 i 棵实际的树中“存在”或“激活”，当且仅当 $i \in [l_v, r_v]$ 。根节点 1 比较特殊，它在所有树 [1, n] 中都存在。

将问题数学化

一个查询 (x, l, r) 要求计算：

\text{Answer} = \sum_{i=l}^{r} \text{size}(\text{subtree}_x \text{ in tree } i)

其中 size(subtree_x in tree i) 是节点 x 在第 i 棵树里的子树大小。

这个子树大小又是什么呢？它等于所有在元树里是 x 的后代（包括 x 自己）、并且在第 i 棵树中被激活的节点的总数。

\text{size}(\text{subtree}_x \text{ in tree } i) = \sum_{y \in \text{subtree}_{\text{meta}}(x)} [\text{node } y \text{ is active in tree } i]

这里的 [...] 是艾弗森括号，如果条件为真，值为1，否则为0。

把两个公式合在一起，再交换一下求和顺序，我们得到：

\text{Answer} = \sum_{i=l}^{r} \sum_{y \in \text{subtree}_{\text{meta}}(x)} [i \in [l_y, r_y]] = \sum_{y \in \text{subtree}_{\text{meta}}(x)} \sum_{i=l}^{r} [i \in [l_y, r_y]]

这个式子告诉我们，答案等于：对于元树中 x 的每一个后代 y，计算它的激活区间 [l_y, r_y] 与查询区间 [l, r] 的交集长度，然后把所有这些长度加起来。直接计算这个当然太慢啦，我们需要更聪明的办法，喵！

必杀技：DFS序 + 差分 + 离线处理

当看到“子树求和”时，我的DNA动了！这不就是 DFS序 的经典应用场景嘛！我们可以对元树进行一次深度优先搜索（DFS），把树结构拍平成一个序列。这样，任何一个节点 x 的子树，都会对应到DFS序上的一个连续区间 [dfn_in[x], dfn_out[x]]。

利用这个性质，对子树 x 的求和就变成了对DFS序上 [dfn_in[x], dfn_out[x]] 这个区间的求和。再利用差分思想，对一个区间的查询可以拆成两个前缀查询： Query(range) = Query(prefix_end) - Query(prefix_start - 1)。

所以，一个查询 (x, l, r) 可以被我们巧妙地拆解为： （在DFS序 [1, dfn_out[x]] 范围内的节点，对树区间 [l,r] 的贡献总和）- （在DFS序 [1, dfn_in[x]-1] 范围内的节点，对树区间 [l,r] 的贡献总和）

这引导我们走向离线处理和扫描线大法！我们可以把所有查询拆分成事件，然后按DFS序进行扫描。

构建元树和DFS序：根据 $m$ 个种植任务，建立元树的邻接表。然后从根节点 1 开始DFS，计算出每个节点的 dfn_in 和 dfn_out，并得到一个 dfs_order 数组，dfs_order[i] 表示DFS序为 i 的是哪个节点。
拆分查询为事件：将每个查询 (x, l, r) 拆分为两个事件：
- 一个“加”事件，在DFS序 dfn_out[x] 的位置，查询树区间 [l, r]。
- 一个“减”事件，在DFS序 dfn_in[x] - 1 的位置，查询树区间 [l, r]。我们可以用一个 vector 数组 events_at_dfs_time[... 来存放这些事件。
扫描线：我们从 t = 1 到 m+1 遍历DFS序。在每一步 t，我们处理DFS序为 t 的节点 v = dfs_order[t]：
- 节点 v 的贡献是：它会在树 l_v 到 r_v 上出现。
- 我们用一个数据结构来维护所有树 1...n 的状态。当处理到节点 v 时，我们就给这个数据结构中 [l_v, r_v] 区间内的所有树的计数器都 +1。
- 做完这个更新后，我们处理所有挂在当前DFS时间点 t 的查询事件。对于一个查询 (l, r)，我们就在数据结构里查询 [l, r] 区间的和。
- 这个数据结构需要支持 区间增加 和 区间求和。这不就是我们最喜欢的线段树嘛！喵~

总结一下我们的无敌算法：

读入数据，构建元树。
DFS元树，得到dfn_in, dfn_out, dfs_order。
将所有 q 个查询拆分为 2q 个事件，按DFS时间点挂好。
初始化一个支持区间加、区间求和的线段树（大小为 n）。
按 t 从 1 到 m+1 扫描： a. 取出当前节点 v = dfs_order[t]，及其激活区间 [l_v, r_v]。 b. 在线段树上，对区间 [l_v, r_v] 执行 +1 操作。 c. 处理所有在时间点 t 的查询事件。对每个事件 (l, r, sign, q_id)，在线段树上查询区间 [l, r] 的和，将结果乘以 sign（+1 或 -1）累加到 ans[q_id] 上。
最后，输出所有查询的答案。

这样，我们就把一个复杂的二维问题（树上结构 + 树的编号）转化成了一维扫描线加数据结构维护的问题，是不是很酷？喵~

代码实现

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAX_NODES = 300005;

// 元树的邻接表
vector<int> meta_adj[MAX_NODES];
// 每个节点在哪些树上是激活的
int node_active_l[MAX_NODES], node_active_r[MAX_NODES];

// DFS相关
int dfn_in[MAX_NODES], dfn_out[MAX_NODES];
int dfs_order[MAX_NODES]; // dfs_order[i] = DFS序为i的节点编号
int dfs_clock = 0;

// 查询事件结构体
struct QueryEvent {
    int l, r, sign, query_id;
};
vector<QueryEvent> events_at_dfs_time[MAX_NODES];

// 最终答案
long long answers[MAX_NODES];

// 线段树部分
struct SegTreeNode {
    long long sum;
    long long lazy_add;
} seg_tree[MAX_NODES * 4];

void push_down(int node_idx, int l, int r) {
    if (seg_tree[node_idx].lazy_add == 0) {
        return;
    }
    int mid = l + (r - l) / 2;
    long long val = seg_tree[node_idx].lazy_add;

    // 更新左子节点
    seg_tree[node_idx * 2].sum += val * (mid - l + 1);
    seg_tree[node_idx * 2].lazy_add += val;

    // 更新右子节点
    seg_tree[node_idx * 2 + 1].sum += val * (r - mid);
    seg_tree[node_idx * 2 + 1].lazy_add += val;

    seg_tree[node_idx].lazy_add = 0;
}

void push_up(int node_idx) {
    seg_tree[node_idx].sum = seg_tree[node_idx * 2].sum + seg_tree[node_idx * 2 + 1].sum;
}

void range_update(int node_idx, int l, int r, int update_l, int update_r, int val) {
    if (update_l <= l && r <= update_r) {
        seg_tree[node_idx].sum += (long long)val * (r - l + 1);
        seg_tree[node_idx].lazy_add += val;
        return;
    }
    push_down(node_idx, l, r);
    int mid = l + (r - l) / 2;
    if (update_l <= mid) {
        range_update(node_idx * 2, l, mid, update_l, update_r, val);
    }
    if (update_r > mid) {
        range_update(node_idx * 2 + 1, mid + 1, r, update_l, update_r, val);
    }
    push_up(node_idx);
}

long long range_query(int node_idx, int l, int r, int query_l, int query_r) {
    if (query_l <= l && r <= query_r) {
        return seg_tree[node_idx].sum;
    }
    push_down(node_idx, l, r);
    int mid = l + (r - l) / 2;
    long long result = 0;
    if (query_l <= mid) {
        result += range_query(node_idx * 2, l, mid, query_l, query_r);
    }
    if (query_r > mid) {
        result += range_query(node_idx * 2 + 1, mid + 1, r, query_l, query_r);
    }
    return result;
}

// 对元树进行DFS
void build_dfs_order(int u) {
    dfs_clock++;
    dfn_in[u] = dfs_clock;
    dfs_order[dfs_clock] = u;
    for (int v : meta_adj[u]) {
        build_dfs_order(v);
    }
    dfn_out[u] = dfs_clock;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int n, m;
    cin >> n >> m;

    // 根节点1在所有树中都激活
    node_active_l[1] = 1;
    node_active_r[1] = n;

    int total_nodes = m + 1;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v, l, r;
        cin >> u >> v >> l >> r;
        meta_adj[u].push_back(v);
        node_active_l[v] = l;
        node_active_r[v] = r;
    }

    // 1. 构建DFS序
    build_dfs_order(1);

    int q;
    cin >> q;
    for (int i = 0; i < q; ++i) {
        int x, l, r;
        cin >> x >> l >> r;
        // 2. 拆分查询为事件
        if (dfn_out[x] > 0) { // 确保节点存在
             events_at_dfs_time[dfn_out[x]].push_back({l, r, 1, i});
        }
        if (dfn_in[x] > 1) {
             events_at_dfs_time[dfn_in[x] - 1].push_back({l, r, -1, i});
        }
    }

    // 3. 扫描线处理
    for (int t = 1; t <= total_nodes; ++t) {
        int current_node = dfs_order[t];
        int l = node_active_l[current_node];
        int r = node_active_r[current_node];
        
        // a. 更新线段树
        if (l <= r) {
            range_update(1, 1, n, l, r, 1);
        }

        // b. 处理当前时间点的所有查询事件
        for (const auto& event : events_at_dfs_time[t]) {
            long long query_res = range_query(1, 1, n, event.l, event.r);
            answers[event.query_id] += event.sign * query_res;
        }
    }

    // 4. 输出答案
    for (int i = 0; i < q; ++i) {
        cout << answers[i] << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O((M+Q) \log N)$
- 构建元树和进行DFS是 $O(M)$ 。
- 将查询拆分成事件是 $O(Q)$ 。
- 扫描线循环执行 $M+1$ $M + 1$ 次。在每次循环中：
  - 我们进行一次线段树的区间更新，耗时 $O(\log N)$ 。
  - 我们处理挂在该时间点的所有查询事件。总共有 $2Q$ 个事件，每个事件需要一次线段树的区间查询，耗时 $O(\log N)$ 。
- 所以总的时间复杂度是 $O(M \log N + Q \log N)$ 。
空间复杂度: $O(N+M+Q)$
- 元树邻接表需要 $O(M)$ 空间。
- DFS相关的数组需要 $O(M)$ 空间。
- 存储查询事件的 vector 数组总共需要 $O(Q)$ 空间。
- 线段树需要 $O(4N)$ 的空间，也就是 $O(N)$ 。
- 因此总空间复杂度为 $O(N+M+Q)$ 。

知识点总结

这道题是一道非常棒的综合题，它将好几种算法思想巧妙地结合在了一起，喵~

问题转化: 核心是识别出固定的“元树”结构和变化的“激活区间”，将一个动态的、多棵树的问题转化为对一个静态结构附加属性的查询问题。
DFS序: 这是处理树上子树问题的标准技巧。它能把子树操作转化为序列上的区间操作，是树上问题“降维打击”的利器！
差分思想/前缀和: 将对一个区间的查询 [a, b] 转化为 prefix(b) - prefix(a-1)，这是算法竞赛中无处不在的强大思想。
离线处理与扫描线: 当查询可以被拆分并重新排序处理时，离线算法往往能大显身手。扫描线是一种系统化处理几何问题或区间问题的框架，通过在一个维度上移动扫描线，动态维护另一个维度的信息。
线段树: 作为数据结构的瑞士军刀，线段树在这里完美地承担了动态维护区间信息（区间加、区间和）的任务。

希望这篇题解能帮助你理解这道题的精髓，喵~ 多多练习，你也能成为算法大师的！

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标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

关键洞察：唯一的“元宇宙”树 ​

将问题数学化 ​

必杀技：DFS序 + 差分 + 离线处理 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​