BZOJ_3626_[LNOI2014]LCA_离线+树剖

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q次询问,每次询问给出l r z,求$\sum\limits_{l\le i\le r}dep(LCA(i,z))$。
(即,求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和)

分析:

求$\sum\limits_{l\le i\le r}dep(LCA(i,z))$相当于把[l,r]区间内所有点依次插入。

每次把点到1路径上所有点+1,可以发现z到1路径上的点权和即为所求。

并且该操作具有区间可减性。那么我们把所有询问拆成[0~l-1],[0~r]两部分。

排个序离线计算。

代码:

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 100050
#define LL long long
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cnt,n,m,r,mod=201314;
int t[N<<2],lz[N<<2],tot;
int siz[N],top[N],son[N],fa[N],dep[N],idx[N];
LL now,ans[N];
struct A{
int pos,z,flg,id;
}a[N];
bool cmp(const A &x,const A &y){
return x.pos<y.pos;
}
inline void add(int u,int v){
to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
void dfs1(int x,int y){
fa[x]=y;dep[x]=dep[y]+1;siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
if(to[i]!=y){
dfs1(to[i],x);
siz[x]+=siz[to[i]];
if(siz[to[i]]>siz[son[x]])son[x]=to[i];
}
}
}
void dfs2(int x,int t){
top[x]=t;idx[x]=++tot;
if(son[x])dfs2(son[x],t);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x])dfs2(to[i],to[i]);
}
}
void pud(int l,int r,int p){
if(!lz[p])return ;
int mid=l+r>>1;
lz[ls]=(lz[ls]+lz[p])%mod;
lz[rs]=(lz[rs]+lz[p])%mod;
t[ls]=(t[ls]+lz[p]*(mid-l+1))%mod;
t[rs]=(t[rs]+lz[p]*(r-mid))%mod;
lz[p]=0;
}
void up(int l,int r,int x,int y,int c,int p){
if(x<=l&&r<=y){
lz[p]=(lz[p]+c)%mod;
t[p]=(t[p]+c*(r-l+1))%mod;return ;
}
pud(l,r,p);
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid)up(l,mid,x,y,c,ls);
if(y>mid)up(mid+1,r,x,y,c,rs);
t[p]=(t[ls]+t[rs])%mod;
}
int query(int l,int r,int x,int y,int p){
if(x<=l&&r<=y){
return t[p];
}
pud(l,r,p);
int mid=l+r>>1;
int re=0;
if(x<=mid)re=(re+query(l,mid,x,y,ls))%mod;
if(y>mid)re=(re+query(mid+1,r,x,y,rs))%mod;
return re;
}
void insert(int x){
int y=1;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]>dep[top[y]])swap(x,y);
up(1,n,idx[top[y]],idx[y],1,1);
y=fa[top[y]];
}if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
up(1,n,idx[y],idx[x],1,1);
}
LL ask(int x){
LL re=0;
int y=1;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]>dep[top[y]])swap(x,y);
re+=query(1,n,idx[top[y]],idx[y],1);
re%=mod;
y=fa[top[y]];
}if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
re+=query(1,n,idx[y],idx[x],1);
re%=mod;
return re;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int x;
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);x++;
add(x,i);add(i,x);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&a[i].pos,&a[i+m].pos,&a[i].z);
a[i+m].pos++;a[i].z++;
a[i+m].z=a[i].z;a[i].id=a[i+m].id=i;a[i+m].flg=1;
}
sort(a+1,a+m+m+1,cmp);
int dir=0;
for(int i=1;i<=m+m;i++){
if(dir==a[i].pos){
ans[a[i].id+a[i].flg*m]=ask(a[i].z);continue;
}else{
for(int j=dir+1;j<=a[i].pos;j++){
insert(j);
}
ans[a[i].id+a[i].flg*m]=ask(a[i].z);dir=a[i].pos;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
printf("%lld\n",(ans[i+m]-ans[i]+mod)%mod);
} }
/* 5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
*/

BZOJ_3626_[LNOI2014]LCA_离线+树剖的更多相关文章

  1. BZOJ 3626 [LNOI2014]LCA:树剖 + 差分 + 离线【将深度转化成点权之和】

    题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3626 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,n <= 50 ...

  2. [LNOI2014]LCA(树剖+线段树)

    \(\%\%\% Fading\) 此题是他第一道黑题(我的第一道黑题是蒲公英) 一直不敢开,后来发现是差分一下,将询问离线,树剖+线段树维护即可 \(Code\ Below:\) #include ...

  3. bzoj 3626: [LNOI2014]LCA 离线+树链剖分

    3626: [LNOI2014]LCA Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 426  Solved: 124[Submit][Status] ...

  4. bzoj3626: [LNOI2014]LCA奇技淫巧+树剖+线段树

    题目求[a,b]到c的lca深度之和   显然是一个满足区间减法的操作 于是简化为 [1,b]到c的lca深度之和 (然并卵╮(╯▽╰)╭)然后就用奇技淫巧发现 a和b的lca深度=先把根节点到a的路 ...

  5. 【BZOJ3626】[LNOI2014]LCA 离线+树链剖分+线段树

    [BZOJ3626][LNOI2014]LCA Description 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 ...

  6. [BZOJ3626] [LNOI2014] LCA 离线 树链剖分

    题面 考虑到询问的\(l..r,z\)具有可减性,考虑把询问差分掉,拆成\(r,z\)和\(l-1,z\). 显然这些LCA一定在\(z\)到根的路径上.下面的问题就是怎么统计. 考虑不是那么暴力的暴 ...

  7. BZOJ 3626 [LNOI2014]LCA 树剖+(离线+线段树 // 在线+主席树)

    BZOJ 4012 [HNOI2015]开店 的弱化版,离线了,而且没有边权(长度). 两种做法 1 树剖+离线+线段树 这道题求的是一个点zzz与[l,r][l,r][l,r]内所有点的lcalca ...

  8. 【BZOJ 3626】 [LNOI2014]LCA【在线+主席树+树剖】

    题目链接: TP 题解:   可能是我比较纱布,看不懂题解,只好自己想了…… 先附一个离线版本题解[Ivan] 我们考虑对于询问区间是可以差分的,然而这并没有什么卵用,然后考虑怎么统计答案. 首先LC ...

  9. HDU 6162 Ch’s gift (树剖 + 离线线段树)

    Ch’s gift Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total S ...

随机推荐

  1. JeeSite

    JeeSite是一个 开源的企业信息管理系统 基础框架.主要定位于"企业信息管理"领域,可用作企业信息管理类系统.网站后台管理类系统等.JeeSite是非常强调开发的高效性.健壮性 ...

  2. maven常见配置

    maven surefire plugin 默认执行失败后,不会继续执行,需要在</configuration>中设置参数 <testFailureIgnore>true< ...

  3. 在SQL Server 2008 Management Studio中修改表字段顺序

    有时我们可能需要为一个已存在的数据库表添加字段,并且想让这个字段默认排的靠前一些,这时就需要为表字段重新进行排序,默认情况下在Management Studio中调整顺序并保存时会提示"不允 ...

  4. Day12 CSS简单用法

    当我想要将html中的部分属性修改的时候,如果单个改的话,费时费力,这时候我就需要利用css和html结合起来了. <head> <meta charset="UTF-8& ...

  5. Application "org.eclipse.ui.ide.workbench" could not be found in the registry.问题的解决

    今天升级Eclipse,升级完Restart,碰到启动不了让看日志,日志里主要错误信息即是Application "org.eclipse.ui.ide.workbench" co ...

  6. Android Studio 插件开发详解四:填坑

    转载请标明出处:http://blog.csdn.net/zhaoyanjun6/article/details/78265540 本文出自[赵彦军的博客] 在前面我介绍了插件开发的基本流程 [And ...

  7. centos/linux 禁止root用户远程登录

    注意:在禁止root等前要建立一个用户用来远程登录,否则退出后无法通过远程登录服务器. 编辑 /etc/ssh/sshd_config 文件 更改参数 PermitRootLogin yes 为 Pe ...

  8. java之Spring(IOC)注解装配Bean详解

    在这里我们要详细说明一下利用Annotation-注解来装配Bean. 因为如果你学会了注解,你就再也不愿意去手动配置xml文件了,下面就看看Annotation的魅力所在吧. 先来看看之前的bean ...

  9. 浏览器渲染原理笔记 --《How Browser Work》读后总结

    综述 之前使用ExtJS时遇到一个问题:为什么依次设置多个组件的可见性界面会卡顿?在了解HTML的dom操作相关内容的时候也好奇这个东西到底是怎么回事,然后尤其搞不懂CSS和Html分管样式和网页结构 ...

  10. 【转】微信小游戏接入Fundebug监控

    在SegmentFault上看到Fundebug上线小游戏监控,刚好最近开始玩微信小游戏,于是尝试接入试了一下. 接入方法 创建项目的时候选择左下角的微信小游戏图标. 点击继续进入接入插件页面. 第三 ...