P4211 [LNOI2014]LCA

题意

给出一个 \(n\) 个节点的有根树(编号为 \(0\) 到 \(n-1\)，根节点为 \(0\))。

一个点的深度定义为这个节点到根的距离 \(+1\)。

设 \(dep[i]\) 表示点 \(i\) 的深度，\(LCA(i,j)\) 表示 \(i\) 与 \(j\) 的最近公共祖先。

有 \(m\) 次询问，每次询问给出 l r z，求 \(\sum_{i=l}^r dep[LCA(i,z)]\)。

题解

我们考虑这样一件事情，就是说，两个点的 \(Lca\) 的深度的意义到底是什么，如何才能够快速求的？

在我们不会求 \(Lca\) 的时候，我们会将一个点一个一个往上爬，并将路径上的点染色。之后我们将另一个点暴力往上跳，第一个染色过的点就是 \(Lca\)。

我们考虑到这样一件事情，如果我们将一个点到根的路径上每个点数值加 \(1\)，再求得另一个点到根的路径上的权值和，这不就是 \(Lca\) 的深度了吗？

于是求解一次询问就相当于对于 \(l\le x\le r\)，将 \(x\) 到根的路径上每个点加一，最后答案就是 \(z\) 到根的权值和。

由于询问次数很多，不可能每次都这样处理一遍，考虑将询问拆开。

这样我们就可以在 \(O(n\log n)\) 复杂度内解决问题啦！

这就叫数据结构二步曲，学习一下，代码我现在放下。

#define Maxn 50005
#define pb push_back
#define mod 201314
typedef long long ll;
int n,m,tot,Time,cnt;
int ans[Maxn];
int dfn[Maxn],tp[Maxn],fa[Maxn],dep[Maxn],siz[Maxn],bigson[Maxn];
int hea[Maxn],nex[Maxn],ver[Maxn];
struct TREE { int laz,sum; }tree[Maxn<<2];
struct Query { int num,z,opt; };
vector<Query> q[Maxn];
void dfs1(int x)
{siz[x]=1;for(int i=hea[x];i;i=nex[i]){fa[ver[i]]=x,dep[ver[i]]=dep[x]+1;dfs1(ver[i]),siz[x]+=siz[ver[i]];if(siz[ver[i]]>siz[bigson[x]]) bigson[x]=ver[i];}
}
void dfs2(int x,int T)
{tp[x]=T,dfn[x]=++Time;if(bigson[x]) dfs2(bigson[x],T);for(int i=hea[x];i;i=nex[i]){if(ver[i]==bigson[x]) continue;dfs2(ver[i],ver[i]);}
}
void pushdown(int p,int nl,int nr)
{int mid=(nl+nr)>>1;tree[p<<1].laz=(tree[p<<1].laz+tree[p].laz)%mod;tree[p<<1|1].laz=(tree[p<<1|1].laz+tree[p].laz)%mod;tree[p<<1].sum=(tree[p<<1].sum+1ll*tree[p].laz*(mid-nl+1)%mod)%mod;tree[p<<1|1].sum=(tree[p<<1|1].sum+1ll*tree[p].laz*(nr-mid)%mod)%mod;tree[p].laz=0;
}
void add(int p,int nl,int nr,int l,int r)
{if(nl>=l && nr<=r) { tree[p].laz++,tree[p].sum+=(nr-nl+1); return; }pushdown(p,nl,nr);int mid=(nl+nr)>>1;if(mid>=l) add(p<<1,nl,mid,l,r);if(mid<r) add(p<<1|1,mid+1,nr,l,r);tree[p].sum=(tree[p<<1].sum+tree[p<<1|1].sum)%mod;
}
int query(int p,int nl,int nr,int l,int r)
{if(nl>=l && nr<=r) return tree[p].sum;pushdown(p,nl,nr);int mid=(nl+nr)>>1,ret=0;if(mid>=l) ret=(ret+query(p<<1,nl,mid,l,r))%mod;if(mid<r) ret=(ret+query(p<<1|1,mid+1,nr,l,r))%mod;tree[p].sum=(tree[p<<1].sum+tree[p<<1|1].sum)%mod;return ret;
}
inline void add_path(int x)
{while(tp[x]!=tp[1]) add(1,1,n,dfn[tp[x]],dfn[x]),x=fa[tp[x]];add(1,1,n,dfn[1],dfn[x]);
}
inline int query_path(int x)
{int ret=0;while(tp[x]!=tp[1]) ret=(ret+query(1,1,n,dfn[tp[x]],dfn[x]))%mod,x=fa[tp[x]];ret=(ret+query(1,1,n,dfn[1],dfn[x]))%mod;return ret;
}
inline void add_edge(int x,int y){ ver[++tot]=y,nex[tot]=hea[x],hea[x]=tot; }
int main()
{n=rd(),m=rd();for(int i=2,f;i<=n;i++) f=rd()+1,add_edge(f,i);dfs1(1),dfs2(1,0); // 记得输入的下标从 0 开始 for(int i=1,l,r,z;i<=m;i++){l=rd()+1,r=rd()+1,z=rd()+1;q[l-1].pb((Query){i,z,-1});q[r].pb((Query){i,z,1});}for(int i=1;i<=n;i++){add_path(i);for(Query j:q[i])ans[j.num]=(ans[j.num]+j.opt*query_path(j.z)%mod+mod)%mod;}for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}