树链剖分 or 根号分治 + dfs序 + 树状数组 ---- CF1254 D. Tree Queries

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题目大意：

问题转化：

很容易发现：假设修改的节点是vvv.
1.vvv的子树sonvson_vsonv直接加上(n−size[sonv])n×d\frac{(n-size[son_v])}{n}\times dn(n−size[sonv])×d
2.不是vvv的子树直接加上size[v]n\frac{size[v]}{n}nsize[v]
3.vvv点加上nn∗d\frac{n}{n}*dnn∗d
我们可以把除nnn提出来只维护上面的乘法

解法1：根号分治

我一开始想的是dfs序用差分进行单点修改区间求和，毕竟是整颗子树的加，但是有个问题是它可能是菊花图，你每次都给子树进行区间修改的时候复杂度会变成O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)非常大，但是查询是logloglog的。
我们想一想可不可以吧复杂度均摊了?
上面算法超时的原因是因为可能存在菊花图？子树大小是O(n)O(n)O(n)个，我们考虑一下均摊这个O(n)O(n)O(n),就是我们取sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n),对于小过sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n)的我们直接修改，对于大于sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n)我们打个标记给它，把它转到查询的时候才考虑
查询的时候我们只要去看那些大过sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n)的点，因为这些点的贡献还没算？我们可以再查询的时候暴力统计就好了，因为大过sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n)只要不超过sqrt(n)sqrt(n)sqrt(n)个，然后，统计的时候我们要判断这些点和询问点的父子关系，用于判断加的权值是哪一种？这个要用LCA\text{LCA}LCA去判断。那么查询的复杂度是
O(q∗sqrt(n)∗logn)→查询[1,dfn[v]]的值，枚举大过sqrt的点，判断父子关系统计贡献O(q*sqrt(n)*logn)\rightarrow查询[1,dfn[v]]的值，枚举大过sqrt的点，判断父子关系统计贡献O(q∗sqrt(n)∗logn)→查询[1,dfn[v]]的值，枚举大过sqrt的点，判断父子关系统计贡献
这个复杂度常数优化是可以过的！！–(快读，手动取模，能int就int)

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)
#define Lson rt << 1, l , mid
#define Rson rt << 1|1, mid + 1, r
#define ms(a,al) memset(a,al,sizeof(a))
#define log2(a) log(a)/log(2)
#define lowbit(x) ((-x) & x)
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define f first
#define s second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 998244353;
const int maxn = 500010;
const long double eps = 1e-5;
const int EPS = 500 * 500;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
typedef pair<double,double> PDD;
template<typename T> void read(T &x) {x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')f*=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48;ch=getchar();}x*=f;
}
template<typename T, typename... Args> void read(T &first, Args& ... args) {read(first);read(args...);
}
int n, q, lim;
vector<int> G[maxn];
int L[maxn], R[maxn], father[maxn][20], depth[maxn], siz[maxn], tot;
int tag[maxn];
//.............
void MOD(int &a, int b) {a = a + b;if(a >= mod) a -= mod;if(a < 0) a += mod;
}
int tr[maxn];
inline void add(int pos, ll val) {val %= mod;while(pos < maxn) {MOD(tr[pos],val);pos += lowbit(pos);}
}inline int sum(int pos) {int res = 0;while(pos) {MOD(res,tr[pos]);pos -= lowbit(pos);}return res % mod;
}
//...........
inline ll qim(ll a, ll b) {ll res = 1;while(b) {if(b & 1) res = (res * a) % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}void dfs(int u, int fa) {depth[u] = depth[fa] + 1;father[u][0] = fa;for(register int i = 1; i <= 18; ++ i)father[u][i] = father[father[u][i-1]][i-1];L[u] = ++ tot;siz[u] = 1;for(auto it : G[u]) {if(it == fa) continue;dfs(it,u);siz[u] += siz[it];}R[u] = tot;
}inline int LCA(int u, int v) {int delta = depth[u] - depth[v];int backup = u;for(register int i = 18; i >= 0; -- i)if(delta >> i & 1) u = father[u][i];if(u != v) return -1;for(register int i = 18; i >= 0; -- i) // 找直接的儿子if((delta-1)>>i&1)backup = father[backup][i];return backup;
}vector<int> h;int main() {// IOS;read(n,q);int lim = sqrt(n);int inv = qim(n,mod-2);for(register int i = 1; i < n; ++ i) {int u, v;read(u,v);G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}dfs(1,0);for(register int i = 1; i <= n; ++ i) if(G[i].size() > lim)h.push_back(i);while(q--) { int op, v, d;read(op,v);if(op == 1) {read(d);if(G[v].size() > lim) MOD(tag[v],d);else {// 给 L[v] 这个点加 n*dadd(L[v],1ll*n*d);add(L[v]+1,-1ll*n*d);for(auto it : G[v]) {if(it == father[v][0]) continue;add(L[it],1ll*(n-siz[it])*d);add(R[it]+1,-1ll*(n-siz[it])*d);}// 给[L[v],R[v]]之外的区间加上siz[v]*dadd(1,1ll*siz[v]*d);add(n+1,-1ll*siz[v]*d);add(L[v],-1ll*siz[v]*d);add(R[v]+1,1ll*siz[v]*d);}} else {int ans = sum(L[v]);for(auto it : h) {if(it == v) {//第三种int tmp = (int)(1ll*tag[v]*n%mod);MOD(ans,tmp);continue;}int is = -1;if(depth[it] < depth[v]) is = LCA(v,it); int tmp;if(~is) tmp = (1ll*tag[it]*(n-siz[is])%mod);// 第一章else tmp = (1ll*tag[it]*siz[it]%mod);// 第二种MOD(ans,tmp);}printf("%d\n",(1ll*ans*inv%mod+mod)%mod);}}return 0;
}
/*
5 3
1 2
1 3
2 4
2 5
1 1 1
1 2 2
2 3
*/

解法2:树链剖分

上面有个很大的问题就是子树太多怎么办？
我们看到整个子树都是加上d⋅(n−size[sonu])/nd\cdot(n-size[son_u])/nd⋅(n−size[sonu])/n
只和那个点关？那么我们可以把树变成若干条重链！，就是对于vvv的子树，我们只修改重儿子，然后我们在点vvv打个标记就好了！！，那怎么查询呢？
如果询问是重儿子里面的点肯定是没问题的，如果是询问轻儿子的时候，我们沿着重链跳，在跨链的时候肯定会访问到vvv点，跳到这个点vvv的时候再累加贡献！！，然后其他的和上面一样对外子树就是vvv子树外的点还是直接差分加，vvv子树里面的点只修改重儿子的值
你询问的时候沿着重链一直跳就刻意了，把祖先上面未统计的点−>->−>top[x]top[x]top[x]和fa[top[x]]fa[top[x]]fa[top[x]]之间的贡献统计上面上来

绿色部分就是要修改的部分！！

AC code

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)
#define Lson rt << 1, l , mid
#define Rson rt << 1|1, mid + 1, r
#define ms(a,al) memset(a,al,sizeof(a))
#define log2(a) log(a)/log(2)
#define lowbit(x) ((-x) & x)
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define f first
#define s second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 998244353;
const int maxn = 500010;
const long double eps = 1e-5;
const int EPS = 500 * 500;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
typedef pair<double,double> PDD;
template<typename T> void read(T &x) {x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')f*=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48;ch=getchar();}x*=f;
}
template<typename T, typename... Args> void read(T &first, Args& ... args) {read(first);read(args...);
}
int n, q, lim;
vector<int> G[maxn];
int dfn[maxn], top[maxn], father[maxn], siz[maxn], tot, son[maxn];
ll tag[maxn];
//.............
void MOD(ll &a, ll b) {a = a + b;if(a >= mod) a -= mod;if(a < 0) a += mod;
}
ll tr[maxn];
inline void add(int pos, ll val) {val %= mod;while(pos < maxn) {MOD(tr[pos],val);pos += lowbit(pos);}
}inline ll sum(int pos) {ll res = 0;while(pos) {MOD(res,tr[pos]);pos -= lowbit(pos);}return res % mod;
}
//...........
inline ll qim(ll a, ll b) {ll res = 1;while(b) {if(b & 1) res = (res * a) % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}void dfs(int u, int fa) {father[u] = fa;siz[u] = 1;int max_son = -1;for(auto it : G[u]) {if(it == fa) continue;dfs(it,u);siz[u] += siz[it];if(max_son < siz[it]) {son[u] = it;max_son = siz[it];}}
}void dfs1(int u, int t) {dfn[u] = ++ tot;top[u] = t;if(!son[u]) return;dfs1(son[u],t);for(auto it : G[u]) {if(it == father[u] || it == son[u]) continue;dfs1(it,it);}
}int main() {read(n,q);int lim = sqrt(n);int inv = qim(n,mod-2);for(register int i = 1; i < n; ++ i) {int u, v;read(u,v);G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}dfs(1,0);dfs1(1,1);while(q --) {int op, v, d;read(op,v);if(op == 1) {read(d);add(1,1ll*siz[v]*d);add(n+1,-1ll*siz[v]*d);add(dfn[v],-1ll*siz[v]*d);add(dfn[v]+siz[v],1ll*siz[v]*d);MOD(tag[v],d);if(son[v]) {// 修改重儿子的值v = son[v];add(dfn[v],1ll*(n-siz[v])*d);add(dfn[v]+siz[v],-1ll*(n-siz[v])*d);}} else {ll ans = sum(dfn[v]);MOD(ans,1ll*tag[v]*n%mod);for(v=top[v];v;v=top[father[v]]) {// 每次都是直接跳到链顶MOD(ans,1ll*(n-siz[v])*tag[father[v]]%mod);}printf("%lld\n",(ans*inv%mod+mod)%mod);}}return 0;
}
/*
5 2
1 2
1 3
2 4
2 5
1 1 1
2 5
*/

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