題目描述
有一棵樹，每個結點有一個燈（初始均是關着的）。每個燈能對該位置和相鄰結點貢獻1的亮度。現有兩種操作：
（1）將一條鏈上的燈狀態翻轉，開變關、關變開；
（2）查詢一個結點的亮度。
數據規模：\(1 \le n,q \le 10^5\)
簡要題解
對於這種題，很容易想到任意指定一個根轉化為有根樹，每個結點維護值\(a_i\)表示它的所有兒子的貢獻之和，這樣再加上自己以及父親的貢獻就能回答一個詢問了。
然而經過一波思考發現問題在於鏈修改時根本沒法維護\(a_i\)。因此需要用鏈修改時的常規操作——樹鏈剖分理論來解決本題了。
對於樹鏈剖分，每一條鏈被剖分成了\(O(\log n)\)條重鏈，下面考慮修改每條重鏈\((s,t)\)，不妨設\(depth[s]<depth[t]\)。可以發現修改后只會改變\((father[s],father[t])\)這條鏈上的\(a_i\)，但是注意到鏈\((s,father[t])\)上每個結點都是它父親的重兒子，如果我們\(a_i\)不維護重兒子，讓\(a_i\)表示它的所有輕兒子的貢獻之和，那么每條重鏈只需暴力修改一個\(a_{father[s]}\)。這樣對於每個修改，更新\(a\)數組的時間復雜度為\(O(\log n)\)；同時當然還需要更新鏈上燈的狀態，即進行鏈異或1的操作，如果采用樹鏈剖分加樹狀數組可達到\(O(\log ^2 n)\)的時間復雜度。對於每個詢問\(x\)，只需要查詢\(a_x\)（對應輕兒子），以及\(father[x],x,son[x]\)（分別對應父親、重兒子、自身）的狀態即可（這里\(son[x]\)表示\(x\)的重兒子），查詢時間復雜度\(O(\log n)\)。
總時間復雜度\(O(n+q \log ^2 n)\)。（PS：感謝隊友ddd教我這么巧的方法！）
進一步的改進
這一做法雖然很巧妙，但是其唯一的瓶頸\(O(\log ^2 n)\)為樹狀數組修改，其它所有操作（無論\(a_i\)修改還是樹狀數組查詢）均為\(O(\log n)\)，顯得很不協調（強迫症患者的我當然不舒服了）。針對本題鏈上異或單點查詢問題，這里再給出一個更為高效的做法。
構造一個DFS序列，對每棵子樹\(i\)，序列定義為\(i\)開頭，然后是\(i\)的每棵子樹的DFS序列依次拼起來，最后\(i\)結尾，這樣序列總長度為\(2n\)。設\(h_1[i]\)和\(h_2[i]\)分別為\(i\)第一次和第二次在序列中出現的位置。維護一個長為\(2n\)的數組\(b\)，對於每次鏈\((x,y)\)異或1，執行如下算法：
（1）將\(b[h_2[x]]\)到\(b[2n]\)全部異或1；
（2）將\(b[h_2[y]]\)到\(b[2n]\)全部異或1；
（3）將\(b[h_2[lca(x,y)]]\)異或1。
定理：對於上述算法，每次單點查詢\(x\)時，只需求\(b[h_1[x]] \oplus b[h_2[x]]\)即為答案。
為證明該定理，首先證明以下引理：
引理1：若結點\(t\)是結點\(x\)的祖先（可以是自身），當且僅當\(h_1[t] \le h_1[x]\)且\(h_2[t] \ge h_2[x]\)。
根據DFS序列的定義，證明顯然。
引理2：對於結點\(x\)，將\(b[h_2[x]]\)到\(b[2n]\)全部異或1后，只有\(x\)祖先\(t\)（包括自身）的\(b[h_1[t]] \oplus b[h_2[t]]\)值改變；
證明：首先證明充分性。若結點\(t\)是結點\(x\)的祖先，根據引理1，\(b[h_1[t]]\)不變，\(b[h_2[t]]\)異或了1，正確；
接下來證明必要性。若結點\(t\)不是結點\(x\)的祖先，根據引理1，分三種情況：
情況1：\(h_1[t] \le h_1[x]\)且\(h_2[t] < h_2[x]\)，此時\(b[h_1[t]]\)和\(b[h_2[t]]\)均不變；
情況2：\(h_1[t] > h_1[x]\)且\(h_2[t] \ge h_2[x]\)，此時必有\(h_1[t] > h_2[x]\)。若不然，根據\(h_2[x] \gt h_1[t]\)以及\(h_2[x] \le h_2[t]\)可知\(t\)是\(x\)的祖先，根據引理1，這與 \(h_1[t] > h_1[x]\)矛盾。因此\(b[h_1[t]]\)和\(b[h_2[t]]\)均異或了1；
情況3：\(h_1[t] > h_1[x]\)且\(h_2[t] < h_2[x]\)，由於\(h_1[t] < h_2[t]\)，故\(h_1[t] < h_2[x]\)，此時\(b[h_1[t]]\)和\(b[h_2[t]]\)均不變。
以上三種情況\(b[h_1[t]] \oplus b[h_2[t]]\)均不變，必要性證畢。事實上，以上三種情況畫圖恰好對應了\(x\)左側結點、\(x\)右側結點和\(x\)的子樹。
定理證明：根據引理2易得。
實現時，只需維護樹狀數組即可，每次鏈修改的時間復雜度為\(O(\log n)\)。這樣整個題目的時間復雜度便被優化到了\(O(n+q \log n)\)，已經達到了時間復雜度的極限，不可能再優了。
事實上，上述方法做出適當的修改可用於樹上鏈加，單點求和的情形。廣義來說，只要運算構成一個群，都可以用此方法優化時間復雜度。
AC代碼
以下代碼是改進之前的，更好寫一些。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<vector> 4 using namespace std; 5 vector<int> v[100001]; 6 int father[100001], depth[100001], top[100001], id[100001], son[100001]; 7 int cnt; 8 int dfs1(int i, int fa) 9 { 10 father[i] = fa; 11 depth[i] = depth[fa] + 1; 12 son[i] = 0; 13 int ret = 0, maxSize = 0; 14 for (unsigned int j = 0; j < v[i].size(); j++){ 15 int t = v[i][j]; 16 if (t == fa)continue; 17 int size = dfs1(t, i); 18 ret += size; 19 if (size > maxSize){ 20 maxSize = size; 21 son[i] = t; 22 } 23 } 24 return ret + 1; 25 } 26 void dfs2(int i, int tp) 27 { 28 top[i] = tp; 29 id[i] = ++cnt; 30 if (son[i])dfs2(son[i], tp); 31 for (unsigned int j = 0; j < v[i].size(); j++){ 32 int t = v[i][j]; 33 if (t != father[i] && t != son[i])dfs2(t, t); 34 } 35 } 36 void init() 37 { 38 cnt = 0; depth[0] = 0; 39 dfs1(1, 0); dfs2(1, 1); 40 } 41 42 bool tree[100001]; 43 int light[100001], treeLen; 44 int sum(int i) 45 { 46 int ret = 0; 47 for (; i > 0; i -= i&-i)ret ^= tree[i]; 48 return ret; 49 } 50 void flip(int i) 51 { 52 for (; i <= treeLen; i += i&-i) 53 tree[i] ^= 1; 54 } 55 void modify(int s, int t) 56 { 57 int top1 = top[s], top2 = top[t]; 58 while (top1 != top2){ 59 if (depth[top1] < depth[top2]){ 60 flip(id[top2]); flip(id[t] + 1); 61 t = father[top2]; 62 if (son[t] != top2)light[t] += sum(id[top2]) ? 1 : -1; 63 top2 = top[t]; 64 } 65 else{ 66 flip(id[top1]); flip(id[s] + 1); 67 s = father[top1]; 68 if (son[s] != top1)light[s] += sum(id[top1]) ? 1 : -1; 69 top1 = top[s]; 70 } 71 } 72 if (depth[s] > depth[t])swap(s, t); 73 flip(id[s]); flip(id[t] + 1); 74 if (son[father[s]] != s)light[father[s]] += sum(id[s]) ? 1 : -1; 75 } 76 int main() 77 { 78 int n, m, x, y, z; 79 scanf("%d%d", &n, &m); 80 for (int i = 1; i < n; i++){ 81 scanf("%d%d", &x, &y); 82 v[x].push_back(y); 83 v[y].push_back(x); 84 } 85 init(); treeLen = n; 86 while (m--){ 87 scanf("%d", &z); 88 if (z == 1){ 89 scanf("%d%d", &x, &y); 90 modify(x, y); 91 } 92 else{ 93 scanf("%d", &x); 94 int ans = father[x] ? sum(id[father[x]]) : 0; 95 if (son[x])ans += sum(id[son[x]]); 96 ans += sum(id[x]) + light[x]; 97 printf("%d\n", ans); 98 } 99 } 100 }