MySQL数据脱敏（Data masking plugin functions）

题目

题面

简要题意：
       给定一棵 $n$ 个节点的树，初始时 $1$ 号节点为红色，其余为蓝色。
       要求支持如下操作：
       1. 将一个节点变为红色。
       2. 询问节点 $u$ 到最近红色节点的距离。
       共 $q$ 次操作。
       $1\le n,q\le 10^5$。

分析：

       非常 典 的一道题。
       我们首先考虑一种 修改 $O(n)$，查询 $O(1)$ 的算法：每次改变一个点的颜色就把它放进队列里跑一遍 bfs，去更新其它点到红点的最小值。

       接着我们考虑一种 修改 $O(1)$，查询 $O(n)$ 的算法：每次 $O(1)$ 标记一个点是否为红色。然后每次查询枚举红色的点并计算距离，时间复杂度是 $O(nlo{g}_{2}n)$ 的。

       我们考虑如何平衡这两种算法。

       因为 bfs 可以在 $O(n)$ 的复杂度内跑 多个终点的最短路，因此我们可以将红点储存起来一起跑bfs。所以可以对操作进行分块。
       设块长为 $S$，我们每一次从当前块到下一块时，我们把当前块的 所有染红操作的点 放进队列里面跑 bfs 更新 其它点的 $dis$ 值。然后对于当前块的询问，我们扫块内的所有操作，如果为 $1$ 操作，那么我们$O(lo{g}_{2}n)$ 的复杂度内查出询问点和修改点的距离并与 $dis$ 数组取 $min$ 即可。
       时间复杂度是 $O(\frac{q}{S}\times n+q\times S\times lo{g}_{2}n)$ 的，当 $S=\sqrt{\frac{n}{lo{g}_{2}n}}$ 时复杂度最小，为 $O(q\sqrt{nlo{g}_{2}n})$。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>// 好题 
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
typedef pair< int, int > PII;
int n, Q, dis[N], blo, op, x, bl, u, v, dep[N], fa[N][25];
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}
	return x * f;
}
vector< int > E[N];
vector< PII > vec[N];
queue< int > q;
void dfs(int x, int fat){
	dep[x] = dep[fat] + 1; fa[x][0] = fat;
	for(int i = 1; i <= 20; i++) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
	for(auto v : E[x]){
		if(v == fat) continue;
		dfs(v, x);
	}
}
int LCA(int x, int y){
	if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
	for(int i = 20; i >= 0; i--){
		if(dep[fa[x][i]] >= dep[y]) x = fa[x][i];
	} 
	if(x == y) return x;
	for(int i = 20; i >= 0; i--){
		if(fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i];
	}
	return fa[x][0];
}
void bfs(){
	while(!q.empty()){
		int u = q.front(); q.pop();
		for(auto v : E[u]){
			if(dis[v] > dis[u] + 1){
				dis[v] = dis[u] + 1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
}
int main(){
	memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
	n = read(), Q = read();
	for(int i = 1; i < n; i++){
		u = read(), v = read();
		E[u].pb(v); E[v].pb(u);
	}
	dfs(1, 0);
	blo = max(1, (int)sqrt(1.0 * n / log2(n)));
	for(int i = 1; i <= Q; i++){
		op = read(), x = read();
		bl = (i - 1) / blo + 1;
		vec[bl].pb(make_pair(op, x));
	}
	dis[1] = 0;
	q.push(1);
	bfs();
	for(int i = 1; i <= bl; i++){
		for(int j = 0; j < vec[i].size(); j++){
			int op = vec[i][j].first, x = vec[i][j].second;
			if(op == 1) dis[x] = 0, q.push(x);
			else{
	            int y = dis[x];
				for(int k = 0; k < j; k++){
					if(vec[i][k].first == 1) y = min(y, dep[x] + dep[vec[i][k].second] - 2 * dep[LCA(vec[i][k].second, x)]); 
				}
				printf("%d\n", y);
			}
		}
		bfs();
	}
	return 0;
}