簡單數據結構題（from 鍾子謙——IOI2018集訓隊自選題）
試題描述
給一棵 \(n\) 個點的樹，點權開始為 \(0\) ，有 \(q\) 次操作，每次操作是選擇一個點，把周圍一圈點點權 \(+1\)（一個點周圍的點為與該點距離為 \(1\) 的點），在該操作后你需要輸出當前周圍一圈點點權的異或和。
由於輸出量較大，設第 \(i\) 個詢問輸出為 \(ans_i\)，你只需要輸出
\begin{equation}
[\sum^q_{i=1}ans_i \cdot (i^2+i)] \texttt{ mod } (10^9+7)
\notag
\end{equation}
輸入
第一行兩個數 \(n\) ， \(q\) ，表示樹的點數和操作數。
接下來 \(n-1\) 行每行兩個數表示樹上的一條邊。
接下來 \(q\) 行每行一個數 \(x\)，表示把 \(x\) 周圍一圈點點權 \(+1\)。
輸出
輸出一個 \([0,10^9+7)\) 的數，詳見題目描述。
輸入示例
5 10
1 2
2 3
2 4
3 5
1
5
2
4
3
5
4
2
3
1
輸出示例
2060
數據規模及約定
對於 \(80\texttt{%}\) 的數據，保證 \(n = 1000\)
對於 \(90\texttt{%}\) 的數據，保證 \(n = 100000\)
對於 \(100\texttt{%}\) 的數據，保證 \(n = 500000\)
題解
這題差最后一步想到了。
不過好像除了 trie 樹這步最妙這題也沒其他什么了。。。
每個點周圍的點可以分為父節點和子樹中的一層節點，所以我們可以把一個節點 \(u\) 的所有兒子的信息存儲到節點 \(u\) 中，然后對於一個詢問，父親單獨計算，統一計算所有兒子的。
所以現在要一個可以支持刪除、插入（對父親的單獨操作）、全體加 \(1\)、求全體異或和的數據結構。
一個數 \(x\) 加上 \(1\) 可以看做 \(x \rightarrow x \bigoplus (2 \cdot lowbit(\texttt{~}x) - 1)\)（\(\bigoplus\) 表示異或運算符，\(\texttt{~}\) 表示取反運算符，\(lowbit(t)\) 表示只取 \(t\) 最低位的 \(1\)），所以我們需要維護集合內所有 \(x\) 的同時維護所有的 \(lowbit(\texttt{~}x)\)，確切地，只需要知道每種 \(lowbit(x)\)（最多 \(\log q\) 種）的取值有多少個。
然后就是我沒想到的最后一步了：建立 trie 樹保存集合內所有數（從淺到深按從低位到高位的順序保存），\(lowbit(\texttt{~}x)\) 很好得到了，然后全體 \(+1\) 就是每次交換左右子樹，然后遞歸到左子樹去（即最低位異或 \(1\) 然后處理進位）。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * f;
}
#define maxn 500010
#define maxm 1000010
#define maxnode 10000010
#define maxlog 25
#define MOD 1000000007
#define LL long long
int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], Fa[maxn], at[maxn];
int ToT, rt[maxn], val[maxnode], ch[maxnode][2], siz[maxnode], fa[maxnode], rec[maxlog], cntr;
void AddEdge(int a, int b) {
to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
swap(a, b);
to[++m] = b; nxt[m] = head[a]; head[a] = m;
return ;
}
int getnode() {
int u;
if(cntr) u = rec[cntr--];
else u = ++ToT;
ch[u][0] = ch[u][1] = fa[u] = siz[u] = 0;
return u;
}
int Insert(int& r, int v) {
if(!r) r = getnode(), val[r] = v;
else val[r] ^= v;
int u = r; siz[u]++;
rep(i, 1, 20) {
int x = v & 1; v >>= 1;
if(!ch[u][x]) fa[ch[u][x] = getnode()] = u;
u = ch[u][x]; siz[u]++;
}
// printf("Insert(%d): %d\n", r, u);
return u;
}
void build(int u) {
rt[u] = ++ToT;
for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != Fa[u]) {
at[to[e]] = Insert(rt[u], 0);
Fa[to[e]] = u;
build(to[e]);
}
return ;
}
int getnum(int u) {
int res = 0; cntr = 0;
while(u) {
if(fa[u] && ch[fa[u]][1] == u) res = res << 1 | 1;
else if(fa[u]) res <<= 1;
// printf("getnum: %d\n", u);
siz[u]--;
if(!siz[u] && fa[u]) {
rec[++cntr] = u;
// printf("recycle %d\n", u);
if(ch[fa[u]][1] == u) ch[fa[u]][1] = 0;
else ch[fa[u]][0] = 0;
}
if(!fa[u]) val[u] ^= res;
u = fa[u];
}
return res;
}
void Add(int r) {
int u = r, d = 0;
while(u) {
int s = ch[u][0] ? siz[ch[u][0]] : 0;
if(!ch[u][1]) s = siz[u];
if(s & 1) val[r] ^= (1 << d + 1) - 1;
u = ch[u][1]; d++;
}
u = r;
while(u) {
swap(ch[u][0], ch[u][1]);
u = ch[u][0];
}
return ;
}
int main() {
n = read(); int q = read();
rep(i, 1, n - 1) {
int a = read(), b = read();
AddEdge(a, b);
}
Insert(rt[0], 0);
build(1);
int Ans = 0;
rep(i, 1, q) {
int u = read(), ans = 0;
if(Fa[u]) {
ans = getnum(at[Fa[u]]) + 1;
// printf("faans: %d\n", ans);
at[Fa[u]] = Insert(rt[Fa[Fa[u]]], ans);
}
// printf("beforeAdd: %d\n", val[rt[u]]);
Add(rt[u]);
ans ^= val[rt[u]];
// printf("afterAdd: %d\n", val[rt[u]]);
(Ans += (LL)ans * ((LL)i * i % MOD + i) % MOD) %= MOD;
}
printf("%d\n", Ans);
return 0;
}