bzoj4034: [HAOI2015]树上操作

这题其实就是树剖裸题啊。

然后毒瘤选手由于上题树剖被卡到哭所以选择dfs序+树状数组。

不得不说简单的算法做出来更加难思考。然后网上的dalao们都一笔带过净说什么用两个树状数组维护就可以啦。

经过大半小时的思考，代码实现还是非常简单。

这个值得详细讲讲。

假如我们弄一个树状数组，然后维护的是x到根的sum（其实就是询问的答案嘛），先看第一个操作，单点修改，那么改了这个点，相当于把他这一整棵子树的答案都加上了d，由于用dfs序重新编号，可以发现子树中的点都是连续的，那么树状数组改段求段就可以用差分数组解决。

问题在于第二个操作，修改了整个子树，对每个节点y的影响是d*(dep[x]-dep[y])，那么非常难受，因为每个点改变的值和dep有关，并不相同，怎么办？绝佳的方法就是我们忽略dep的影响，用另一个树状数组维护d，那么问题又来了，x肯定不是时时相同的，虽然询问y的时候可以知道dep[y]，但是dep[x]仍然不确定，为了可以确定，那么对于每次这种修改，我们就在第一个树状数组给它减去d*（dep[x]-1），这样一来，就把这个操作转化成增加x整个子树和x到根的路径上的点，那么对于每个点，增加的数就变成d*dep[y]，那么求解的时候，就可以心安理得的用第一个树状数组的值+第二个树状数组的值*d了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;int n,m;struct node
{int x,y,next;
}a[210000];int len,last[110000];
void ins(int x,int y)
{len++;a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;
}int z,dep[110000],l[110000],r[110000];
void dfs(int x,int f)
{l[x]=++z;for(int k=last[x];k;k=a[k].next){int y=a[k].y;if(y!=f)dep[y]=dep[x]+1, dfs(y,x);}r[x]=z;
}//---------init-----------------

LL s[2][110000];
int lowbit(int x){return x&-x;}
void change(int w,int x,LL k)
{while(x<=n){s[w][x]+=k;x+=lowbit(x);}
}
LL getsum(int w,int x)
{LL ret=0;while(x>=1){ret+=s[w][x];x-=lowbit(x);}return ret;
}//-----------bit--------------

LL point[110000];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&point[i]);len=0;memset(last,0,sizeof(last));int x,y;for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);ins(x,y);ins(y,x);}z=0;dep[1]=1;dfs(1,0);//initfor(int i=1;i<=n;i++)change(0,l[i],point[i]), change(0,r[i]+1,-point[i]);int op;LL d;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&op);if(op==1){scanf("%d%lld",&x,&d);change(0,l[x],d);change(0,r[x]+1,-d);}else if(op==2){scanf("%d%lld",&x,&d);change(0,l[x],-d*(dep[x]-1));change(0,r[x]+1,d*(dep[x]-1));change(1,l[x],d);change(1,r[x]+1,-d);}else{scanf("%d",&x);printf("%lld\n", getsum(0,l[x]) + dep[x]*getsum(1,l[x]) );}}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/AKCqhzdy/p/8490480.html

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