4196: [Noi2015]软件包管理器Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 122 Solved: 97
Description
Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器，你可以通过一行命令安装某一个软件包，然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包，同时自动解决所有的依赖（即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包），完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get，Fedora/CentOS使用的yum，以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。
你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地，你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B，那么安装软件包A以前，必须先安装软件包B。同时，如果想要卸载软件包B，则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且，由于你之前的工作，除0号软件包以外，在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包，而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环（若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,…,Am，其中A1依赖A2，A2依赖A3，A3依赖A4，，……，Am1依赖Am，而Am依赖A1，则称这m个软件包的依赖关系构成环），当然也不会有一个软件包依赖自己。
现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈，用户希望在安装和卸载某个软件包时，快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态（即安装操作会安装多少个未安装的软件包，或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包），你的任务就是实现这个部分。注意，安装一个已安装的软件包，或卸载一个未安装的软件包，都不会改变任何软件包的安装状态，即在此情况下，改变安装状态的软件包数为0。
Input
输入文件的第1行包含1个正整数n，表示软件包的总数。软件包从0开始编号。
随后一行包含n1个整数，相邻整数之间用单个空格隔开，分别表示1,2,3,…,n2,n1号软件包依赖的软件包的编号。 接下来一行包含1个正整数q，表示询问的总数。 之后q行，每行1个询问。询问分为两种：
installx：表示安装软件包xuninstallx：表示卸载软件包x
你需要维护每个软件包的安装状态，一开始所有的软件包都处于未安装状态。对于每个操作，你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态，随后应用这个操作（即改变你维护的安装状态）。
Output
输出文件包括q行。
输出文件的第i行输出1个整数，为第i步操作中改变安装状态的软件包数。
Sample Input
70 0 0 1 1 55install 5install 6uninstall 1install 4uninstall 0
Sample Output
31323
HINT
一开始所有的软件包都处于未安装状态。
安装 5 号软件包，需要安装 0,1,5 三个软件包。
之后安装 6 号软件包，只需要安装 6 号软件包。此时安装了 0,1,5,6 四个软件包。
卸载 1 号软件包需要卸载 1,5,6 三个软件包。此时只有 0 号软件包还处于安装状态。
之后安装 4 号软件包，需要安装 1,4 两个软件包。此时 0,1,4 处在安装状态。
最后，卸载 0 号软件包会卸载所有的软件包。
n<=100000q<=100000
题解：
题目长而没用。 辨析题意，其实就是给一颗树，然后询问链信息和子树信息，用树链剖分就可以切掉。 ps：听说CA爷写的TopTree。。跪跪跪
Code：
;Edge{int v,next;}edge[N<<1];struct Tree{int sum,lazy;}tree[N<<2];int n,q,num=0,tot=0,head[N],de[N],fa[N],sz[N],son[N],top[N],w[N],en[N];inline int in(){int x=0; char ch=getchar();while (ch<‘0′ || ch>’9′) ch=getchar();while (ch>=’0′ && ch<=’9’) x=x*10+ch-‘0′,ch=getchar();return x;}inline void add(int u,int v){edge[++num].v=v; edge[num].next=head[u]; head[u]=num;}inline void dfs1(int x){sz[x]=1; son[x]=0;for (int i=head[x]; i; i=edge[i].next){int v=edge[i].v;if (v==fa[x]) continue;de[v]=de[x]+1; fa[v]=x;dfs1(v); sz[x]+=sz[v];if (!son[x] || sz[son[x]]<sz[v]) son[x]=v;}}inline void dfs2(int x,int st){w[x]=++tot; top[x]=st;if (son[x]) dfs2(son[x],st);for (int i=head[x]; i; i=edge[i].next){int v=edge[i].v;if (v==son[x] || v==fa[x]) continue;dfs2(v,v);}en[x]=tot;}inline void push_up(int rt,int l,int r){if (tree[rt].lazy!=-1)tree[rt].sum=tree[rt].lazy*(r-l+1);elsetree[rt].sum=tree[rt<<1].sum+tree[rt<<1|1].sum;}inline void push_down(int rt,int l,int r){if (tree[rt].lazy!=-1){tree[rt<<1].lazy=tree[rt<<1|1].lazy=tree[rt].lazy;tree[rt].lazy=-1;}}inline void build(int rt,int l,int r){tree[rt].sum=0; tree[rt].lazy=-1;if (l==r) return;int mid=(l+r)>>1;build(lch); build(rch);}inline void change(int rt,int l,int r,int ll,int rr,int p){if (ll<=l && r<=rr){tree[rt].lazy=p;push_up(rt,l,r);return;}int mid=(l+r)>>1;push_down(rt,l,r);if (ll<=mid) change(lch,ll,rr,p);else push_up(lch);if (rr>mid) change(rch,ll,rr,p);else push_up(rch);push_up(rt,l,r);}inline int query(int rt,int l,int r,int ll,int rr,int p){if (ll<=l && r<=rr){if (p) return r-l+1-tree[rt].sum;return tree[rt].sum;}int mid=(l+r)>>1,k=0;push_down(rt,l,r);push_up(lch),push_up(rch);if (ll<=mid) k+=query(lch,ll,rr,p);if (rr>mid) k+=query(rch,ll,rr,p);return k;}inline void install(int x,int y){int ans=0;while (top[x]!=top[y]){if (de[top[x]]<de[top[y]]) swap(x,y);ans+=query(root,w[top[x]],w[x],1);change(root,w[top[x]],w[x],1);x=fa[top[x]];}if (de[x]<de[y]) swap(x,y);ans+=query(root,w[y],w[x],1);change(root,w[y],w[x],1);printf(“%d\n”,ans);}inline void uninstall(int x){int ans=query(root,w[x],en[x],0);change(root,w[x],en[x],0);printf(“%d\n”,ans);}int main(){n=in();for (int i=1; i<n; i++){int v=in();add(v,i),add(i,v);}q=in();dfs1(0); dfs2(0,0); build(root);while (q–){char opt=getchar();while (opt!=’i’ && opt!=’u’) opt=getchar();int x=in();if (opt==’i’) install(0,x);else uninstall(x);}return 0;}
因为你的喜爱会挡也挡不住地流露出来。
