【bzoj4712】洪水（dp，树剖）

一种非 DDP 的树剖做法。

主要是因为我不会 DDP，在考场上只想到了树剖。

首先如果没有修改，很容易想到朴素的 dp 做法：

设 valuval_uvalu 表示 uuu 本身的权值，dpudp_udpu 表示以 uuu 为根的子树的答案，显然有：

dpu=min⁡(valu,∑v∈son(u)dpv)dp_u=\min\left(val_u,\sum_{v\in son(u)}dp_v\right)dpu=min⎝⎛valu,v∈son(u)∑dpv⎠⎞

就是要么割自己，要么割所有的子树。

为了方便表述，不妨设 sumu=∑v∈son(u)dpvsum_u=\sum\limits_{v\in son(u)}dp_vsumu=v∈son(u)∑dpv。

但现在带修了怎么办呢？

DDP？不会！

首先肯定能发现如果修改了一个点 uuu 的权值加上了 tototo（to≥0to\geq 0to≥0），那么最多只有 uuu 到根的这条链上的点的 dpdpdp 值会改变。

考虑会做出那些改变：

首先 dpudp_udpu 的变化我们可以计算出来，不妨设 dpudp_udpu 的变化量为 xxx，那么对 sumfasum_{fa}sumfa 的贡献也是 xxx。（fafafa 为 uuu 的父亲）

那么如果 sumfa+x≤valfasum_{fa}+x\leq val_{fa}sumfa+x≤valfa，那么 dpfadp_{fa}dpfa 的变化量也是 xxx，那么对 fafafa 的父亲 gfagfagfa 的 sumgfasum_{gfa}sumgfa 的贡献也是 xxx。

定义一个函数 change⁡(u,x)\operatorname{change}(u,x)change(u,x) 表示当 sumusum_usumu 需要增加 xxx 时，我们要进行的操作。

下面以 change⁡(fa,x)\operatorname{change}(fa,x)change(fa,x) 为例来详细阐述这个操作：

我们从 fafafa 开始往上找到第一个不满足 sumv+x≤valvsum_v+x\leq val_vsumv+x≤valv 的点 vvv，即满足 sumv+x>valvsum_v+x> val_vsumv+x>valv，设 vvv 向 uuu 方向的儿子为 sonsonson，vvv 的父亲为 fff。

图大概长这样：

那么按照我们刚才的推论，uuu 到 sonsonson 的这一段点的 dpdpdp 值的变化量也都是 xxx。

但是当 sonsonson 向 sumvsum_vsumv 贡献 xxx 的时候，发现 sumv+x>valvsum_v+x>val_vsumv+x>valv。接下来分两种情况讨论：

若一开始 sumv<valvsum_v<val_vsumv<valv，加上 xxx 后的新的 sumvsum_vsumv 大于 valvval_vvalv，那么 dpvdp_vdpv 就会变成 valvval_vvalv，变化量就是 valv−sumvval_v-sum_vvalv−sumv（这里的 sumvsum_vsumv 是没有加 xxx 之前的 sumvsum_vsumv），对 fff 的贡献也是 valv−sumvval_v-sum_vvalv−sumv。

那么到这里，我们又可以重复上述过程，进行操作 change⁡(f,valv−sumv)\operatorname{change}(f,val_v-sum_v)change(f,valv−sumv)。
若一开始 sumv≤valvsum_v\leq val_vsumv≤valv，那么 sumvsum_vsumv 加上 xxx 后对 dpvdp_vdpv 没有影响（因为 dpvdp_vdpv 还是 valvval_vvalv），那么对 vvv 上面的祖先的 dpdpdp 值也不会产生影响。此时直接结束修改就好。

发现上述操作的实质其实就是将 rtrtrt 到 uuu 的链分为很多段，然后每一段的 dpdpdp 都是加上同一个权值。

那么现在的问题就变成每一段如何找到段顶 vvv，并且还要维护这一段修改 sumsumsum 值。

后面那个很简单，用树剖维护就好，关键是如何找到 vvv。

找 vvv 和找 sonsonson 是等价的，观察一下 sonsonson 需要满足的要求：sonsonson 是最高的满足从 uuu 到 sonsonson 每一个的点 iii 都满足 sumi+x≤valisum_i+x\leq val_isumi+x≤vali 的点。

移一下项，变成：x≤vali−sumix\leq val_i-sum_ix≤vali−sumi。

这个时候就好办了，我们用树剖维护每一个点的 val−sumval-sumval−sum，然后在线段树中维护每个区间的最小值：只有当一个区间的最小值大于等于 xxx 时，这个区间的所有值都大于等于 xxx。

那么就能按这种方法在线段树上找到 sonsonson，然后 vvv 就是 sonsonson 的父亲了。

发现我们还能同时在这棵线段树上通过修改 val−sumval-sumval−sum 的值来修改 sumsumsum 的值，很方便。

那么询问的时候答案就是 min⁡(valu,valu−query⁡(u))\min(val_u,val_u-\operatorname{query}(u))min(valu,valu−query(u))。（这里的 query⁡(u)\operatorname{query}(u)query(u) 其实就是在线段树中查询到的 valu−sumuval_u-sum_uvalu−sumu）

至于时间为什么能够保证：

首先一次修改的时间取决于分成的段数，因为每一段都是 O(log⁡n)O(\log n)O(logn) 的。

发现一次修改有可能就一段，有可能有 nnn 段，所以要从总体考虑这个事情。

考虑将分段的个数转化为每一个点 vvv 被分成段头的次数：

如果一个点 vvv 被分成段头，那么肯定是出现了 sumv≤valvsum_v\leq val_vsumv≤valv 但 sumv+x>valvsum_v+x>val_vsumv+x>valv 的情况，那么加上 xxx 后的新的 sumvsum_vsumv 会大于 valvval_vvalv。又由于每一次修改操作都是给一个点的权值加上非负整数 xxx，所以对 sumsumsum 的贡献也是非负整数。

所以除非修改自己的点权 valvval_vvalv，在第一次 sumv>valvsum_v>val_vsumv>valv 后，vvv 就不会被分为链头。又由于只有当 sumv≤valvsum_v\leq val_vsumv≤valv 且 sumv+x>valvsum_v+x>val_vsumv+x>valv 的情况下 vvv 会被分为链头，所以每一个点最多只会被分为链头一次，所以段数不会大于 nnn 级别。

那么总时间复杂度就是 O((n+m)log⁡2n)O((n+m)\log^2 n)O((n+m)log2n)，可以通过。

代码如下，有很多细节：

#include<bits/stdc++.h>#define N 200010
#define INF 0x7fffffffffffffff
#define ll long longusing namespace std;int n,m;
int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
int idx,fa[N],size[N],son[N],id[N],rk[N],top[N];
ll val[N],sumson[N],dp[N];
ll minn[N<<2],lazy[N<<2],mostl[N<<2];void adde(int u,int v)
{to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}void dfs(int u)
{size[u]=1;bool leaf=true;for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){int v=to[i];if(v==fa[u]) continue;leaf=false;fa[v]=u;dfs(v);sumson[u]+=dp[v];size[u]+=size[v];if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;}if(leaf) sumson[u]=INF/100,dp[u]=val[u];else dp[u]=min(val[u],sumson[u]);
}void dfs1(int u,int tp)
{top[u]=tp;id[u]=++idx;rk[idx]=u;if(son[u]) dfs1(son[u],tp);for(int i=head[u];i;i=nxt[i])if(to[i]!=fa[u]&&to[i]!=son[u])dfs1(to[i],to[i]);
}void up(int k)
{minn[k]=min(minn[k<<1],minn[k<<1|1]);
}void downn(int k,ll v)
{minn[k]-=v;lazy[k]+=v;
}void down(int k)
{if(lazy[k]){downn(k<<1,lazy[k]);downn(k<<1|1,lazy[k]);lazy[k]=0;}
}void build(int k,int l,int r)
{if(l==r){minn[k]=val[rk[l]]-sumson[rk[l]];mostl[k]=rk[l];return;}int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);mostl[k]=mostl[k<<1];up(k);
}ll query(int k,int l,int r,int x)
{if(l==r) return minn[k];down(k);int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid) return query(k<<1,l,mid,x);return query(k<<1|1,mid+1,r,x);
}void update(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll v)
{if(ql<=l&&r<=qr){downn(k,v);return;}down(k);int mid=(l+r)>>1;if(ql<=mid) update(k<<1,l,mid,ql,qr,v);if(qr>mid) update(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);up(k);
}int find(int k,int l,int r,int ql,int qr,ll v)//找到son
{if(ql<=l&&r<=qr&&minn[k]>=v) return mostl[k];if(l==r) return -1;down(k);int mid=(l+r)>>1;if(qr>mid){int ans2=find(k<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);if(ans2==mostl[k<<1|1]&&ql<=mid){int ans1=find(k<<1,l,mid,ql,qr,v);if(ans1==-1) return ans2;return ans1;}return ans2;}return find(k<<1,l,mid,ql,qr,v);
}void work(int u,ll v)
{ll t=query(1,1,n,id[u]);val[u]+=v,update(1,1,n,id[u],id[u],-v);if(t>=0) return;if(t+v>0) v=-t;u=fa[u];while(u){int tmp=find(1,1,n,id[top[u]],id[u],v);//这里的tmp就是sonwhile(tmp==top[u]){update(1,1,n,id[tmp],id[u],v);u=fa[tmp];if(!u) return;tmp=find(1,1,n,id[top[u]],id[u],v);}if(tmp==-1){ll t=query(1,1,n,id[u]);update(1,1,n,id[u],id[u],v);if((v=t)<=0) return;u=fa[u];continue;}ll t=query(1,1,n,id[fa[tmp]]);update(1,1,n,id[fa[tmp]],id[u],v);if((v=t)<=0) return;u=fa[fa[tmp]];}
}int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&val[i]);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);adde(u,v),adde(v,u);}dfs(1),dfs1(1,1);build(1,1,n);scanf("%d",&m);int Q=0;while(m--){char opt[2];scanf("%s",opt);if(opt[0]=='Q'){Q++;int u;scanf("%d",&u);printf("%lld\n",min(val[u],val[u]-query(1,1,n,id[u])));}else{int u;ll v;scanf("%d%lld",&u,&v);work(u,v);}}return 0;
}

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