小 Q 认为，偶数具有对称美，而奇数则没有。
给定一棵 \(n\) 个点的树，任意两点之间有且仅有一条直接或间接路径。这些点编号依次为 \(1\) 到 \(n\)，其中编号为 \(i\) 的点上有一个正整数 \(a_i\)。
定义集合 \(S(u, v)\) 为 \(u\) 点到 \(v\) 点的唯一最短路径上经过的所有点 \(x\)(包括 \(u\) 和 \(v\)) 对应的正整数 \(a_x\) 的集合。小 Q 将在 \(m\) 个 \(S(u, v)\) 中寻找最小的对称数。因为偶数具有对称美，所以对称数是指那些出现了偶数次 (包括 \(0\) 次) 的正整数。
请写一个程序，帮助小 Q 找到最小的对称数。
第一行包含一个正整数 \(T(1 \le T \le 10)\)，表示测试数据的组数。
每组数据第一行包含两个正整数 \(n, m(1 \le n, m \le 200000)\)，分别表示点数和询问数。
第二行包含 \(n\) 个正整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n(1 \le a_i \le 200000)\)，依次表示每个点上的数字。
接下来 \(n - 1\) 行，每行两个正整数 \(u_i, v_i(1 ≤ u_i, v_i \le n, u_i \ne v_i)\)，表示一条连接 \(u_i\) 和 \(v_i\) 的双向树边。
接下来 \(m\) 行，每行两个正整数 \(u_i, v_i(1 \le u_i, v_i \le n)\)，依次表示每个询问。
对于每个询问输出一行一个正整数，即最小的对称数。
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5 3
1 2 2 1 3
1 2
1 3
2 4
2 5
2 3
1 4
2 52
1
1见“输入”
偶然间发现一道水题，发现很可切，就顺手切了一下。
这题一眼树上莫队（[捂脸]然后就一脸的不想做），但是看一下 \(12\texttt{s}\) 十组数据肯定不是这个复杂度啊，肯定有其他办法……
于是有想了什么询问离线然后点分治……后来发现这样不太可做。
想了一会，突然发现这不是不久前做过的一道题吗？
奇偶性，自然想到用 \(01\) 串表示，合并信息的时候直接异或，既然异或了，不妨直接维护每个节点到根节点这条链上的颜色的奇偶情况……然后这题解法就出来了。
用主席树维护每个节点到根节点上的所有颜色奇偶性组成的 \(01\) 串的区间哈希值。询问就是查询两个 \(01\) 串异或之后的第一个 \(0\) 的位置，直接在线段树上二分即可（就是看两个串的前缀异或起来是否等于全 \(1\) 串的哈希值）。这里用异或哈希，就是给每种颜色随机一种 unsigned long long 的哈希值，然后 \(01\) 串的哈希值就是所有 \(1\) 的位置对应的颜色的哈希值异或起来。
注意这里是点权，所以 lca 那里得再异或一下补上。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; 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 200010
#define maxm 400010
#define maxlog 18
#define UL unsigned long long
UL hval[maxn], hpre[maxn];
UL randUL() {
UL x = 0, t = (1 << 8) - 1;
rep(i, 1, 8) x = (x << 8) | (rand() & t);
return x;
}
int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], col[maxn];
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 M;
namespace Sgt {
const int maxnode = 7200010;
int ToT, lc[maxnode], rc[maxnode];
UL hsum[maxnode];
void clear() {
memset(lc, 0, sizeof(int) * (ToT + 1));
memset(rc, 0, sizeof(int) * (ToT + 1));
memset(hsum, 0, sizeof(UL) * (ToT + 1));
ToT = 0;
return ;
}
void update(int &y, int x, int l, int r, int p, UL v) {
hsum[y = ++ToT] = hsum[x] ^ v;
if(l == r) return ;
int mid = l + r >> 1; lc[y] = lc[x]; rc[y] = rc[x];
if(p <= mid) update(lc[y], lc[x], l, mid, p, v);
else update(rc[y], rc[x], mid + 1, r, p, v);
return ;
}
int Query(int u, int v, int c) {
int pos = col[c], l = 1, r = M;
while(l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if((hpre[mid] ^ hpre[l-1]) == (hsum[lc[u]] ^ hsum[lc[v]] ^ (l <= pos && pos <= mid) * hval[pos])) l = mid + 1, u = rc[u], v = rc[v];
else r = mid, u = lc[u], v = lc[v];
}
if((hpre[l] ^ hpre[l-1]) == (hsum[u] ^ hsum[v] ^ (l == pos) * hval[pos])) l++;
return l;
}
}
int rt[maxn], fa[maxn][maxlog], dep[maxn];
void build(int u) {
rep(i, 1, maxlog - 1) fa[u][i] = fa[fa[u][i-1]][i-1];
rt[u] = rt[fa[u][0]]; Sgt::update(rt[u], rt[u], 1, M, col[u], hval[col[u]]);
for(int e = head[u]; e; e = nxt[e]) if(to[e] != fa[u][0]) fa[to[e]][0] = u, dep[to[e]] = dep[u] + 1, build(to[e]);
return ;
}
int lca(int a, int b) {
if(dep[a] < dep[b]) swap(a, b);
dwn(i, maxlog - 1, 0) if(dep[a] - (1 << i) >= dep[b]) a = fa[a][i];
dwn(i, maxlog - 1, 0) if(fa[a][i] != fa[b][i]) a = fa[a][i], b = fa[b][i];
return a == b ? a : fa[b][0];
}
void work() {
n = read();
m = 0; memset(head, 0, sizeof(head));
int q = read(); M = 0;
rep(i, 1, n) col[i] = read(), M = max(M, col[i]);
rep(i, 1, M) hval[i] = randUL(), hpre[i] = hpre[i-1] ^ hval[i];
rep(i, 1, n - 1) {
int a = read(), b = read();
AddEdge(a, b);
}
Sgt::clear(); memset(rt, 0, sizeof(rt));
build(1);
while(q--) {
int u = read(), v = read();
printf("%d\n", Sgt::Query(rt[u], rt[v], lca(u, v)));
}
return ;
}
int main() {
int T = read();
while(T--) work();
return 0;
}原文：https://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/9097771.html