线段树 ---- D. Power Tree（离线dfs序+线段树维护树上多条路径和的技巧）

题目链接

题目大意：

一开始给你只有一个点111的树，有qqq次询问。每次询问有两种操作

1pv1\;p\;v1pv 就是把最小的没加入的点，加入这个树，它的父亲是ppp,权值是vvv
2u2\;u2u 就是询问你u的Strength(Su)Strength(S_{u})Strength(Su)是多少？

SuS_uSu的直接定义是一个集合这个集合包括这个点里面所有的直接儿子的Strength(Sson)Strength(S_{son})Strength(Sson)，和当前点的权值组成的集合

Strength(S)=∣S∣⋅∑d∈SdStrength(S)=|S|\cdot\sum_{d\in S}dStrength(S)=∣S∣⋅d∈S∑d

解题思路：

首先我们知道对于每个点的值uuu是这么算的就是它所有子树里面的点，一直往上跳直到点uuu，每次跳到一个点我们就乘以(跳到点的直接儿子个数+1)，那么就是这个点对uuu节点的答案贡献。那么所有的子树的点贡献加起来就是uuu的答案了
但是这么搞很多条路径直接到不同的点很难维护，我们可以假设全部询问都是根节点
我们可以算出每一个节点对根节点的贡献因子mi。
设d(i)d(i)d(i)是节点iii的儿子节点数+1.
设m(i)m(i)m(i)就是从iii到根节点的简单路径上的d(i)d(i)d(i)的乘积。
当新加入一个节点uuu到节点ppp时:我们观察可以发现，仅仅改变了ppp和ppp的子树的m(i)m(i)m(i).
显然是m(i)=m(i)∗(d(p)+1)/d(p).m(u)=m(p)m(i)=m(i)*(d(p)+1)/d(p). m(u)=m(p)m(i)=m(i)∗(d(p)+1)/d(p).m(u)=m(p)。
我们需要一个数据结构可以对一个区间进行乘，更新一个值，以及求一个区间的总和。
我们用线段树维护dfn序。
那么一个节点的子树就是一段连续的区间。
我们求一个节点的贡献时。显然就是sumsumsum同时除以他们的公共路径的m(i)m(i)m(i)。
由于乘法是一个浮点数。我们先累乘所有的分子，再累乘所有的分母，最后我们用乘法逆元
可以求出取模。
时间复杂度O(q×(logn+log(mod)))O(q\times(logn+log(mod)))O(q×(logn+log(mod)))

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 = 1e9 + 7;
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, m, now = 1;
int d[maxn];
vector<int> G[maxn];
struct Q {int op, u, v;
};
vector<Q> e;
int L[maxn], R[maxn], tot, fa[maxn];
void dfs(int u) {// 求每个子树的区间[L[u],R[u]]L[u] = ++ tot;for(auto it : G[u]) dfs(it);R[u] = tot;
}inline ll qim(ll a,ll b) {//快速幂ll res = 1;while(b) {if(b&1) res = res * a % mod;b >>= 1;a = a * a % mod;}return res;
}struct Segtree {ll tr[maxn << 2];// 维护区间加ll tag[maxn << 2];// 维护乘法void pushdown(int rt) {int mul = tag[rt];tag[rt<<1] = (tag[rt<<1]*mul) % mod;tag[rt<<1|1] = (tag[rt<<1|1]*mul) % mod;tr[rt<<1] = (tr[rt<<1]*mul) % mod;tr[rt<<1|1] = (tr[rt<<1|1]*mul) % mod;tag[rt] = 1;}void pushup(int rt) {tr[rt] = (tr[rt<<1]+tr[rt<<1|1]) % mod;}void build(int rt, int l, int r) {tag[rt] = 1;tr[rt] = 0;if(l == r) return;build(Lson);build(Rson);}void segmul(int rt, int l, int r, int L, int R, int val) {if(L <= l && R >= r) {tag[rt] = (tag[rt] * val) % mod;tr[rt] = (tr[rt] * val) % mod;return;}pushdown(rt);if(L <= mid) segmul(Lson,L,R,val);if(R > mid) segmul(Rson,L,R,val);pushup(rt);}void update(int rt, int l, int r, int pos, int val) {if(l == r) {tr[rt] = (val * tag[rt]) % mod;// 这里新加入一个点相当于把它激活了以前是0，不考虑贡献，要让它乘上路径上的d(i), 也就是tag[rt]return;}pushdown(rt);if(pos <= mid) update(Lson,pos,val);else update(Rson,pos,val);pushup(rt);}ll ask(int rt, int l, int r, int L, int R) {if(L <= l && R >= r) return tr[rt];// 询问区间加pushdown(rt);ll res = 0;if(L <= mid) res = (res + ask(Lson,L,R)) % mod;if(R > mid) res = (res + ask(Rson,L,R)) % mod;return res;}ll quary(int rt, int l, int r, int pos) {if(l == r) return tag[rt];// 询问路径上面的d(i)的乘积pushdown(rt);if(pos <= mid) return quary(Lson,pos);else return quary(Rson,pos);}
}sgt;int main() {IOS;read(n,m);for(int i = 1; i <= m; ++ i) {int op, p, v;read(op,p);if(op==1) {read(v);now ++;G[p].push_back(now);e.push_back({op,p,v});} else {e.push_back({op,p,-1});}}dfs(1);sgt.build(1,1,tot);now = 1;d[1] = 1;sgt.update(1,1,tot,1,n);for(int i = 0; i < m; ++ i) {int op = e[i].op;if(op == 1) {int p = e[i].u, v = e[i].v;d[++now] = 1;fa[now] = p; int sub = qim(d[p],mod-2);d[p] ++;sgt.segmul(1,1,tot,L[p],R[p],d[p]);// mu[p]*(d[p]+1)/d[p]sgt.segmul(1,1,tot,L[p],R[p],sub);sgt.update(1,1,tot,L[now],v);// 把单前点在线段树里面激活}  else {int v = e[i].u;ll tmp=1;if(v!=1) tmp=qim(sgt.quary(1,1,tot,L[fa[v]]),mod-2);// 除以路径上面的乘积cout << sgt.ask(1,1,tot,L[v],R[v]) * tmp % mod << "\n";}}
}

线段树 ---- D. Power Tree（离线dfs序+线段树维护树上多条路径和的技巧）相关推荐

New Year Tree（dfs序+线段树+二进制）
题意: 给出一棵 n个节点的树,根节点为 1.每个节点上有一种颜色 ci.m次操作.操作有两种: 1 u c:将以 u为根的子树上的所有节点的颜色改为c. 2 u:询问以 u为根的子树上的所有节点的颜 ...
Codeforces 343D Water Tree（DFS序 + 线段树）
题目大概说给一棵树,进行以下3个操作:把某结点为根的子树中各个结点值设为1.把某结点以及其各个祖先值设为0.询问某结点的值. 对于第一个操作就是经典的DFS序+线段树了.而对于第二个操作,考虑再维护一 ...
codeforces E. Jamie and Tree LCA+dfs序+线段树
题解: 写起来还稍微有点麻烦. dfs序+线段树可以维护子树的整体修改和查询. 因此,这道题我们要往子树上靠. 我们首先从1号点进行dfs遍历,顺便求出点的dfs序和深度,然后我们采用倍增的思想,可以 ...
牛客小白月赛12 H 华华和月月种树（离线dfs序+线段树）
链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/392/H 来源:牛客网时间限制:C/C++ 2秒,其他语言4秒空间限制:C/C++ 131072K,其他语言2621 ...
【POJ - 3321】 Apple Tree（dfs序 + 线段树维护或 dfs序 + 树状数组维护）
题干: There is an apple tree outside of kaka's house. Every autumn, a lot of apples will grow in the t ...
求和（dfs序+线段树）
题意: 已知有n个节点,有n−1条边,形成一个树的结构. 给定一个根节点k,每个节点都有一个权值,节点i的权值为vi. 给m个操作,操作有两种类型: 1 a x :表示将节点a的权值加上x 2 a ...
瓜瓜的时空旅行，第三次模拟赛，dfs序+线段树维护最小值
题目描述西瓜们生活在编号 1⋯n 的 n个平行时空中,2n−2 台时光机将这些平行时空联系在一起.一台时光机有 3个整数参数 u,v,t 表示从时空 u 可以花费 t 的时间穿梭到时空 v.为了确保 ...
[CodeForces877 E. Danil and a Part-time Job]dfs序+线段树
[CodeForces877 E.Danil and a Part-time Job]dfs序+线段树分类:Data Structure SegMent Tree dfn 1. 题目链接 [Code ...
bzoj3252攻略贪心+dfs序+线段树
题目链接:戳这里 3252: 攻略 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 605 Solved: 255 [Submit][Status] ...

线段树 ---- D. Power Tree（离线dfs序+线段树维护树上多条路径和的技巧）

题目大意：

解题思路：

AC code

线段树 ---- D. Power Tree（离线dfs序+线段树维护树上多条路径和的技巧）相关推荐

最新文章

热门文章