LINK1：精神污染
LINK2：[ONTAK2010Highways](http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3488)
LINK3：[接水果](https://www.luogu.com.cn/problem/P3242)
三道题挺相似的 也挺重要的 所以写一发题解。
精神污染：随机选择两条路径求一条路径被另一条路径包含的概率。
不难发现是污染的路径对数/总路径对数。总路径对数也很显然.
最难得地方是 求出左边的东西。考虑枚举一条路径 求出有多少条路径被其覆盖了。
树上路径覆盖问题 我们需要一个根号的算法或者log的算法。
先考虑链的情况 对于当前暴力枚举的路径不妨设为x,y 对于其他路径的两个端点设为ai bi
当前路径覆盖其他路径当且仅当 ai bi都在x-y的路径上 我们可以通过求LCA来表示这个东西不过过于繁琐我们还有更快的dfs序.
考虑lx下面分析接水果和刚才未完成的分类讨论。
接水果和刚才不同的是要求包含的第k大的值。
考虑二分 然后我们一条一条的加进去再查询。
多组询问 那就整体二分。
考虑如何快速判定一个路径到底包含了多少条路径。
可以发现这是一个上述问题的子问题。配合我们上述做法 也不过nlog^2的复杂度。
不过常数巨大 考虑优化一下这个做法 我们维护可持久化主席树 这个极其消耗时间 单次可以承受 但logn次就难以承受了。
一对点被另外一对点所包含 设当前这对点dfs序为posx lastx posy lasty
如果x,y(d[x]>d[y])没有祖先关系我们发现另外一对点的dfs序分别出现在上述两个区间之中即可。
如果存在祖先关系那么显然 y=lca(x,y) 另外一对点的其中一个点在posx lastx中 设z为y到x路径上的第一个儿子 那么令一个点的范围[1,posz-1][lastz,n]
这两个区间之中 可以发现我们把这种点对关系转换成区间关系 这其实是一个二维数点问题 我们可以扫描线+bit/线段树解决。
至于第二道题目显然也是这种类型的 特此这钟类型的题目有两种做法 其中第二种常用且常数较小。
可以发现我们这样做是一个二维数点问题 K-D tree也是可以查询的 不过每次复杂度是$sqrt(n)$。。当然也是可以过的啦。
但是接水果这道题整体二分比较显然 还是练练整体二分吧。
多此一举了一个地方导致查半天的错误。。还是思想不够缜密。这里放出代码 比较难写qwq.
```
//#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define db double
#define INF 1000000000
#define ld long double
#define pb push_back
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define rep(p,n,i) for(ll i=p;i
#define F first
#define S second
#define mk make_pair
#define EPS 1e-7
#define P 13331ll
#define mod 998244353
using namespace std;
char buf[1'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&chsz[son[x]])son[x]=tn;
}
las[x]=cnt;
}
inline void dp(int x,int father)
{
top[x]=father;
if(!son[x])return;
dp(son[x],father);
for(int i=lin[x];i;i=nex[i])
if(ver[i]!=fa[x]&&ver[i]!=son[x])dp(ver[i],ver[i]);
}
inline int get(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(fa[top[x]]==y)return top[x];
x=fa[top[x]];
}
return son[y];
}
inline void add1(int x,int y)
{
while(xQr)return;
if(L==R)
{
for(int i=Ql;i>1;
int flag=l;
for(int i=Ql;i=s[i].k)sl[++ql]=s[i];
else s[i].k-=w[s[i].id],sr[++qr]=s[i];
}
for(int i=Ql;i=dfn[x])
{
int zz=get(x,y);
t[++ss]=(wy){1,dfn[x],las[x]+1,z,1};
t[++ss]=(wy){dfn[zz],dfn[x],las[x]+1,z,-1};
t[++ss]=(wy){las[zz]+1,dfn[x],las[x]+1,z,1};
}
else
{
t[++ss]=(wy){dfn[y],dfn[x],las[x]+1,z,1};
t[++ss]=(wy){las[y]+1,dfn[x],las[x]+1,z,-1};
}
}
for(int i=1;isz[son[x]])son[x]=tn;
}
las[x]=cnt;
}
inline void dp(int x,int father)
{
top[x]=father;
if(!son[x])return;
dp(son[x],father);
for(int i=lin[x];i;i=nex[i])
if(ver[i]!=fa[x]&&ver[i]!=son[x])dp(ver[i],ver[i]);
}
inline int get(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(fa[top[x]]==y)return top[x];
x=fa[top[x]];
}
return son[y];
}
inline void add1(int x,int y)
{
while(x=dfn[x])
{
int z=get(x,y);
q[++s]=(wy){1,las[x],n};
q[++s]=(wy){-1,las[x],las[z]};
q[++s]=(wy){1,las[x],dfn[z]-1};
q[++s]=(wy){-1,dfn[x]-1,n};
q[++s]=(wy){1,dfn[x]-1,las[z]};
q[++s]=(wy){-1,dfn[x]-1,dfn[z]-1};
}
else
{
q[++s]=(wy){1,las[x],las[y]};
q[++s]=(wy){-1,dfn[x]-1,las[y]};
q[++s]=(wy){-1,las[x],dfn[y]-1};
q[++s]=(wy){1,dfn[x]-1,dfn[y]-1};
}
}
sort(t+1,t+1+2*m);sort(q+1,q+1+s);
int flag=1;
for(int i=1;isz[son[x]])son[x]=tn;
}
las[x]=cnt;
}
inline void dp(int x,int father)
{
top[x]=father;
if(!son[x])return;
dp(son[x],father);
for(int i=lin[x];i;i=nex[i])
if(ver[i]!=fa[x]&&ver[i]!=son[x])dp(ver[i],ver[i]);
}
inline int get(int x,int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(fa[top[x]]==y)return top[x];
x=fa[top[x]];
}
return son[y];
}
inline void add1(int x,int y)
{
while(x=dfn[x])
{
int z=get(x,y);
q[++s]=(wy){1,las[x],n,i};
q[++s]=(wy){-1,las[x],las[z],i};
q[++s]=(wy){1,las[x],dfn[z]-1,i};
q[++s]=(wy){-1,dfn[x]-1,n,i};
q[++s]=(wy){1,dfn[x]-1,las[z],i};
q[++s]=(wy){-1,dfn[x]-1,dfn[z]-1,i};
}
else
{
q[++s]=(wy){1,las[x],las[y],i};
q[++s]=(wy){-1,dfn[x]-1,las[y],i};
q[++s]=(wy){-1,las[x],dfn[y]-1,i};
q[++s]=(wy){1,dfn[x]-1,dfn[y]-1,i};
}
}
sort(t+1,t+1+2*m);sort(q+1,q+1+s);
int flag=1;
for(int i=1;i