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题意概述：
现给出一棵N个结点的树，每个结点可能存在两种状态：0/1，所有结点的初始状态为0。现在进行M次操作，每一次都翻转两个结点的状态。每次操作后，询问：对状态为1的结点之间两两匹配，对匹配点对之间距离进行求和，和的最小值。（显然始终有偶数个状态为1的点）
数据范围：
N<=100000,M<=100000,time limit:3s,memory limit:512mb.
分析：
首先考虑最直接的暴力做法。题目要求进行点对的匹配，那么就直接手动搜索所有可能的匹配情况，然后把和最小的方案找出来。直接粘代码，复杂度O(M*sqrt(N!))。
然后考虑比较高效的做法。由于对搜索的做法想不出比较好的优化方法，所以说应该换其他方法，那么需要考虑这个问题的一些特性。首先从简单的情况开始考虑：1、只有两个状态为1的点（以下简称1点），直接匹配；2、有4个1点：
上面考虑了子树中有偶数个点，接下来考虑奇数个点，构造完整的递归思路：子树中总会有一个结点i要和上方子树内的点进行匹配，除去i之外，子树内剩下偶数个1点，由上得到的结论，它们互相匹配得到最优解。注意，这偶数个点进行匹配时的路径一定经过当前子树的根rt（假如有两个点a1,a2匹配路径不经过rt，说明它们的lca不是rt，递归分析它们应该早就被匹配了）。也就是说对于当前询问结果，rt的子树中所有的1点ai都贡献了dist(ai,rt)。假设rt为1点，那么我们就让rt与上方子树内1点进行匹配；假如rt不是1点，我们在计算完结点i的贡献后，认为结点i为0点，rt为1点，递归到fa[rt]，处理一个等价问题（也就是说运算过程中，某个点是否为1点是依据输入然后按照算法判定的）。
递归思路已经刻画完成，程序的执行框架不赘述。
由于每一次询问都要重新计算答案，复杂度O(M*N)。
最后，考虑对第二种做法进行优化：
假如点i状态发生改变，那么i点会对i->root路径上（包括端点）所有的点“运算过程中是否认定为状态1”都产生影响。声明：接下来的1点定义为以其为根的子树中有奇数个“输入1点”的结点，0点定义则是偶数个。（这是根据第二种方法得到的定义）不难发现当i点的认定状态改变，i->root路径上的所有点（包括端点i,root）的认定状态都会反转，如果i的认定状态为1，那么i会对答案贡献1，反之不贡献。说到这里实际上树剖的做法就自然而然出来了，维护链上的点的认定状态，每一次回答的时候看当前树中认定1点的总数量即可。
时间复杂度分析：建树剖O(N)，更新O(M*log2n)，单次回答O(1)，回答O(M)，总时间复杂度O(M*log2n)。
AC代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cctype> 6 using namespace std; 7 8 int T,N,M,ans; 9 struct segment_tree{ 10 static const int maxn=100005; 11 struct edge{ int to,next; }E[maxn<<1]; 12 int np,first[maxn],fa[maxn],son[maxn],sz[maxn],dfs_clock,l[maxn],top[maxn]; 13 int rt,np2,lc[maxn<<1],rc[maxn<<1],c1[maxn<<1]; 14 bool flag[maxn<<1]; 15 void initial(int n){ 16 np=rt=np2=dfs_clock=0; 17 memset(first,0,sizeof(first)); 18 } 19 void add_edge(int u,int v){ 20 E[++np]=(edge){v,first[u]}; 21 first[u]=np; 22 } 23 void DFS1(int i,int f){ 24 fa[i]=f,son[i]=0,sz[i]=1; 25 for(int p=first[i];p;p=E[p].next){ 26 int j=E[p].to; 27 if(j==f) continue; 28 DFS1(j,i); 29 if(sz[j]>sz[son[i]]) son[i]=j; 30 sz[i]+=sz[j]; 31 } 32 } 33 void DFS2(int i,int tp){ 34 l[i]=++dfs_clock,top[i]=tp; 35 if(son[i]) DFS2(son[i],tp); 36 for(int p=first[i];p;p=E[p].next){ 37 int j=E[p].to; 38 if(j==fa[i]||j==son[i]) continue; 39 DFS2(j,j); 40 } 41 } 42 void pushup(int now){ 43 c1[now]=c1[lc[now]]+c1[rc[now]]; 44 } 45 void Turn(int now,int L,int R){ 46 flag[now]=!flag[now],c1[now]=R-L+1-c1[now]; 47 } 48 void pushdown(int now,int L,int R){ 49 if(!flag[now]) return; 50 int m=L+R>>1; 51 Turn(lc[now],L,m); Turn(rc[now],m+1,R); 52 flag[now]=0; 53 } 54 void build(int &now,int L,int R){ 55 now=++np2,lc[now]=rc[now]=0,c1[now]=0,flag[now]=0; 56 if(L==R) return; 57 int m=L+R>>1; 58 build(lc[now],L,m); build(rc[now],m+1,R); 59 pushup(now); 60 } 61 void update(int now,int L,int R,int A,int B){ 62 if(A<=L&&R<=B){ Turn(now,L,R); return; } 63 pushdown(now,L,R); 64 int m=L+R>>1; 65 if(B<=m) update(lc[now],L,m,A,B); 66 else if(A>m) update(rc[now],m+1,R,A,B); 67 else{ 68 update(lc[now],L,m,A,B); 69 update(rc[now],m+1,R,A,B); 70 } 71 pushup(now); 72 } 73 void Update(int x){ 74 int tmp=x,cnt0=0,cnt1=0; 75 while(x){ 76 update(rt,1,N,l[top[x]],l[x]); 77 x=fa[top[x]]; 78 } 79 } 80 }st; 81 82 void data_in() 83 { 84 scanf("%d",&N); 85 st.initial(N); 86 int x,y; 87 for(int i=1;i<N;i++){ 88 scanf("%d%d",&x,&y); 89 st.add_edge(x,y); st.add_edge(y,x); 90 } 91 st.DFS1(1,0); st.DFS2(1,1); 92 st.build(st.rt,1,N); 93 scanf("%d",&M); 94 } 95 void work() 96 { 97 int x,y; 98 for(int i=1;i<=M;i++){ 99 scanf("%d%d",&x,&y); 100 st.Update(x); st.Update(y); 101 printf("%d\n",st.c1[st.rt]); 102 } 103 } 104 int main() 105 { 106 scanf("%d",&T); 107 while(T--){ 108 data_in(); 109 work(); 110 } 111 return 0; 112 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Golden-Elf/p/11665856.html
