4034: [HAOI2015]树上操作

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 6163  Solved: 2025
[Submit][Status][Discuss]

Description

有一棵点数为 N 的树,以点 1 为根,且树点有边权。然后有 M 个

操作,分为三种:

操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a 。

操作 2 :把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。

操作 3 :询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。

Input

第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。接下来一行 N 个整数,表示树中节点的初始权值。接下来 N-1 

行每行三个正整数 fr, to , 表示该树中存在一条边 (fr, to) 。再接下来 M 行,每行分别表示一次操作。其中

第一个数表示该操作的种类( 1-3 ) ,之后接这个操作的参数( x 或者 x a ) 。

Output

对于每个询问操作,输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
1 2
1 4
2 3
2 5
3 3
1 2 1
3 5
2 1 2
3 3

Sample Output

6
9
13

HINT

对于 100% 的数据, N,M<=100000 ,且所有输入数据的绝对值都不会超过 10^6 。

Source

鸣谢bhiaibogf提供

需要注意的是子树整体加减
可以发现,一棵子树一定是一段连续区间
树链剖分的时候记录in[x]和out[x], 夹在它们之间的就是x子树区间

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define ls u<<1
#define rs ls|1
#define N 100050
using namespace std;
int n,m,tot,cnt,in[N],out[N],hd[N],fa[N],val[N];
int dep[N],v[N],son[N],siz[N],tid[N],tp[N];ll sum[N<<2],lz[N<<2];
struct edge{int v,next;}e[N<<1];
void adde(int u,int v){
e[++tot].v=v;
e[tot].next=hd[u];
hd[u]=tot;
}
void dfs1(int u,int pre){
fa[u]=pre;dep[u]=dep[pre]+1;siz[u]=1;
for(int i=hd[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(v==pre)continue;
dfs1(v,u);siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int anc){
if(!u)return;
tid[u]=++cnt;v[cnt]=val[u];
in[u]=cnt;tp[u]=anc;
dfs2(son[u],anc);
for(int i=hd[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
out[u]=cnt;
}
void pushup(int u){sum[u]=sum[ls]+sum[rs];}
void pushdown(int u,int l,int r){
if(!lz[u])return;
int mid=l+r>>1;ll x=lz[u];
lz[ls]+=x;lz[rs]+=x;
sum[ls]+=x*(mid-l+1);
sum[rs]+=x*(r-mid);
lz[u]=0;
}
void build(int u,int l,int r){
if(l==r){
sum[u]=v[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(u);
}
void update(int u,int L,int R,int l,int r,int w){
if(l<=L&&R<=r){
sum[u]+=1ll*w*(R-L+1);
lz[u]+=w;return;
}
pushdown(u,L,R);
int mid=L+R>>1;
if(l<=mid)update(ls,L,mid,l,r,w);
if(r>mid)update(rs,mid+1,R,l,r,w);
pushup(u);
}
ll query(int u,int L,int R,int l,int r){
if(l<=L&&R<=r)return sum[u];
pushdown(u,L,R);
int mid=L+R>>1;ll ret=0;
if(l<=mid)ret+=query(ls,L,mid,l,r);
if(r>mid)ret+=query(rs,mid+1,R,l,r);
return ret;
}
ll jump(int x,int y){
int fx=tp[x],fy=tp[y];
ll ret=0;
while(fx!=fy){
if(dep[fx]<dep[fy]){
swap(fx,fy);
swap(x,y);
}
ret+=query(1,1,cnt,tid[fx],tid[x]);
x=fa[fx];fx=tp[x];
}
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
ret+=query(1,1,cnt,tid[x],tid[y]);
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
adde(a,b);adde(b,a);
}
dfs1(1,0);dfs2(1,1);
build(1,1,cnt);
int op,a,b;
while(m--){
scanf("%d",&op);
if(op==1){
scanf("%d%d",&a,&b);
update(1,1,cnt,tid[a],tid[a],b);
}
if(op==2){
scanf("%d%d",&a,&b);
update(1,1,cnt,in[a],out[a],b);
}
if(op==3){
scanf("%d",&a);
printf("%lld\n",jump(a,1));
}
}
return 0;
}

bzoj4034[HAOI2015]树上操作 树链剖分+线段树的更多相关文章

  1. BZOJ.4034 [HAOI2015]树上操作 ( 点权树链剖分 线段树 )

    BZOJ.4034 [HAOI2015]树上操作 ( 点权树链剖分 线段树 ) 题意分析 有一棵点数为 N 的树,以点 1 为根,且树点有边权.然后有 M 个 操作,分为三种: 操作 1 :把某个节点 ...

  2. bzoj4034 (树链剖分+线段树)

    Problem T2 (bzoj4034 HAOI2015) 题目大意 给定一颗树,1为根节点,要求支持三种操作. 操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a . 操作 2 :把某个节点 x 为根的子 ...

  3. 【BZOJ-2325】道馆之战 树链剖分 + 线段树

    2325: [ZJOI2011]道馆之战 Time Limit: 40 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1153  Solved: 421[Submit][Statu ...

  4. BZOJ2243 (树链剖分+线段树)

    Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. ...

  5. 【POJ3237】Tree(树链剖分+线段树)

    Description You are given a tree with N nodes. The tree’s nodes are numbered 1 through N and its edg ...

  6. B20J_3231_[SDOI2014]旅行_树链剖分+线段树

    B20J_3231_[SDOI2014]旅行_树链剖分+线段树 题意: S国有N个城市,编号从1到N.城市间用N-1条双向道路连接,城市信仰不同的宗教,为了方便,我们用不同的正整数代表各种宗教. S国 ...

  7. 洛谷P4092 [HEOI2016/TJOI2016]树 并查集/树链剖分+线段树

    正解:并查集/树链剖分+线段树 解题报告: 传送门 感觉并查集的那个方法挺妙的,,,刚好又要复习下树剖了,所以就写个题解好了QwQ 首先说下并查集的方法趴QwQ 首先离线,读入所有操作,然后dfs遍历 ...

  8. BZOJ4551[Tjoi2016&Heoi2016]树——dfs序+线段树/树链剖分+线段树

    题目描述 在2016年,佳媛姐姐刚刚学习了树,非常开心.现在他想解决这样一个问题:给定一颗有根树(根为1),有以下 两种操作:1. 标记操作:对某个结点打上标记(在最开始,只有结点1有标记,其他结点均 ...

  9. BZOJ2325[ZJOI2011]道馆之战——树链剖分+线段树

    题目描述 口袋妖怪(又名神奇宝贝或宠物小精灵)红/蓝/绿宝石中的水系道馆需要经过三个冰地才能到达馆主的面前,冰地中 的每一个冰块都只能经过一次.当一个冰地上的所有冰块都被经过之后,到下一个冰地的楼梯才 ...

  10. fzu 2082 过路费 (树链剖分+线段树 边权)

    Problem 2082 过路费 Accept: 887    Submit: 2881Time Limit: 1000 mSec    Memory Limit : 32768 KB  Proble ...

随机推荐

  1. 深度学习之 GAN 进行 mnist 图片的生成

    深度学习之 GAN 进行 mnist 图片的生成 mport numpy as np import os import codecs import torch from PIL import Imag ...

  2. keycloak管理用户权限

    一.在keycloak中定义基础数据 1.realm 如果多个模块使用不同的用户权限,就分realm 如果多个模块共用一套用户权限,就顶一个一个realm 2.每个模块是一个client-app 3. ...

  3. api-gateway实践(15)3.6JL分支和3.7并行改造需求

    一.名称改为"API网关" --哪个地方的名称?二.开发者视图中,API网关显示两个视图. 1. 服务分类视图:支持按照业务分为多个类别,分类方式参照应用服务化的分类:人像比对.自 ...

  4. SpringCloud的Archaius - 动态管理属性配置

    参考链接:http://www.th7.cn/Program/java/201608/919853.shtml 一.Archaius是什么? Archaius用于动态管理属性配置文件. 参考自Gett ...

  5. apigw鉴权分析(1-5)亚马逊 - 鉴权分析

    一.访问入口 https://developer.amazon.com/public/zh 二.鉴权方式分析 三.分解结论

  6. spring7——AOP之通知和顾问

    通知和顾问都是切面的实现形式,其中通知可以完成对目标对象方法简单的织入功能. 而顾问包装了通知,可以让我们对通知实现更加精细化的管理,让我们可以指定具体的切入点. 通知分为前置通知,环绕通知及后置通知 ...

  7. Python3安装Requests

    安装Requests费了1天的时间,囧.终于还是在官网找到解决方法,可以参考这个http://docs.python-requests.org/en/latest/user/install/#inst ...

  8. js常用的数组方法

    1.创建数组的基本方法:  1.1 空数组  var obj=new Array();                 1.2 指定长度数组  var obj=new Array(size);     ...

  9. java设计模式—— 工厂模式

    菜鸡互啄... 工厂模式通过定义一个创建对象的接口,让其子类决定实例化哪个工厂类.因此我们要解决接口选择的问题,实现不同的计划创建不同的对象. 首先我们定义一个轿车接口 public interfac ...

  10. php程序报错:PHP Core Warning/cannot open shared object file: No such file or directory

    今天开发调试程序的时候报错了,现象是有时候刷新会出现如下图: 这种主要是找不到共享库文件,即.so文件,网上主要有3种解决方法: 1. 用ln将需要的so文件链接到/usr/lib或者/lib这两个默 ...