BZOJ 4034[HAOI2015]树上操作(树链剖分)
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 。
题解:很裸的树剖题了……然而竟然因为写错了线段树调了一个多小时……emmm,如果分块是O(nlogn)的就好了┑( ̄Д  ̄)┍
代码如下:
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lson root<<1
#define rson root<<1|1
#define hi puts("hi");
using namespace std; struct node
{
long long l,r,lazy,sum;
} tr[];
long long deep[],fa[],size[],son[],id[],top[],w[],c[],cnt=;
vector<int> g[]; void push_up(int root)
{
tr[root].sum=tr[lson].sum+tr[rson].sum;
} void push_down(int root)
{
int mid=(tr[root].l+tr[root].r)>>;
tr[lson].sum+=(mid-tr[root].l+)*tr[root].lazy;
tr[lson].lazy+=tr[root].lazy;
tr[rson].sum+=(tr[root].r-mid)*tr[root].lazy;
tr[rson].lazy+=tr[root].lazy;
tr[root].lazy=;
} void build(int root,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tr[root].l=l;
tr[root].r=r;
tr[root].sum=w[l];
return ;
}
tr[root].l=l;
tr[root].r=r;
int mid=(l+r)>>;
build(lson,l,mid);
build(rson,mid+,r);
push_up(root);
} void add(int root,int l,int r,int x)
{
if(l==tr[root].l&&r==tr[root].r)
{
tr[root].lazy+=x;
tr[root].sum+=(tr[root].r-tr[root].l+)*x;
return;
}
int mid=(tr[root].l+tr[root].r)>>;
if(tr[root].lazy) //
{
push_down(root);
}
if(l>mid)
{
add(rson,l,r,x); //!!!
}
else
{
if(r<=mid)
{
add(lson,l,r,x); //!!!
}
else
{
add(lson,l,mid,x);
add(rson,mid+,r,x);
}
}
push_up(root); //
} long long query(int root,int l,int r)
{
if(l==tr[root].l&&tr[root].r==r)
{
return tr[root].sum;
}
int mid=(tr[root].l+tr[root].r)>>;
if(tr[root].lazy)
{
push_down(root); //
}
if(l>mid)
{
return query(rson,l,r); //!!!
}
else
{
if(r<=mid)
{
return query(lson,l,r); //!!!
}
}
return query(lson,l,mid)+query(rson,mid+,r);
} void dfs1(int now,int f,int dep)
{
deep[now]=dep;
fa[now]=f;
size[now]=;
int maxson=-;
for(int i=;i<g[now].size();i++)
{
if(g[now][i]==f)
{
continue;
}
dfs1(g[now][i],now,dep+);
size[now]+=size[g[now][i]]; //
if(size[g[now][i]]>maxson)
{
son[now]=g[now][i];
maxson=size[g[now][i]];
}
}
} void dfs2(int now,int topf)
{
id[now]=++cnt;
w[cnt]=c[now];
top[now]=topf;
if(!son[now])
{
return ;
}
dfs2(son[now],topf);
for(int i=;i<g[now].size();i++)
{
if(g[now][i]==son[now]||g[now][i]==fa[now])
{
continue;
}
dfs2(g[now][i],g[now][i]);
}
} void point_add(int x,int val)
{
add(,id[x],id[x],val);
} void sub_add(int x,int val)
{
add(,id[x],id[x]+size[x]-,val);
} void path_sum(int x,int y)
{
long long ans=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(deep[top[x]]<deep[top[y]]) //
{
swap(x,y);
}
ans+=query(,id[top[x]],id[x]);
x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]>deep[y])
{
swap(x,y);
}
ans+=query(,id[x],id[y]);
printf("%lld\n",ans);
} int main()
{
int n,m,kd,x,a;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&c[i]);
}
for(int i=;i<=n-;i++)
{
int from,to;
scanf("%d%d",&from,&to);
g[from].push_back(to);
g[to].push_back(from);
}
dfs1(,,);
dfs2(,);
build(,,n);
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&kd);
if(kd==)
{
scanf("%d%d",&x,&a);
point_add(x,a);
}
if(kd==)
{
scanf("%d%d",&x,&a);
sub_add(x,a);
}
if(kd==)
{
scanf("%d",&x);
path_sum(,x);
}
}
}
省选一试爆炸了qwq
BZOJ 4034[HAOI2015]树上操作(树链剖分)的更多相关文章
- bzoj 4034: [HAOI2015]树上操作 树链剖分+线段树
4034: [HAOI2015]树上操作 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 4352 Solved: 1387[Submit][Stat ...
- bzoj 4034: [HAOI2015]树上操作——树链剖分
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 ...
- bzoj4034[HAOI2015]树上操作 树链剖分+线段树
4034: [HAOI2015]树上操作 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 6163 Solved: 2025[Submit][Stat ...
- bzoj 4034 [HAOI2015] T2(树链剖分,线段树)
4034: [HAOI2015]T2 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBSubmit: 1536 Solved: 508[Submit][Status] ...
- BZOJ 4034 [HAOI2015]T2(树链剖分)
[题目链接] http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4034 [题目大意] 有一棵点数为 N 的树,以点 1 为根,且树点有边权. 有 M 个 ...
- 【BZOJ4034】[HAOI2015]树上操作 树链剖分+线段树
[BZOJ4034][HAOI2015]树上操作 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 ...
- BZOJ4034 [HAOI2015]树上操作 树链剖分
欢迎访问~原文出处——博客园-zhouzhendong 去博客园看该题解 题目传送门 - BZOJ4034 题意概括 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 ...
- P3178 [HAOI2015]树上操作 树链剖分
这个题就是一道树链剖分的裸题,但是需要有一个魔性操作___编号数组需要开longlong!!!震惊!真的神奇. 题干: 题目描述 有一棵点数为 N 的树,以点 为根,且树点有边权.然后有 M 个操作, ...
- BZOJ4034[HAOI2015]树上操作——树链剖分+线段树
题目描述 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 ...
随机推荐
- 时间js
function DateUtil(){ this.url = ""; this.op={ partten:{mdy:"m/d/y",ymd:"y/m ...
- 利用全局变量$_SESSION和register_shutdown_function自定义会话处理
register_shutdown_function 可以注册一个自定义的函数,在程序运行结束之前 执行. 在做ecshop的二次开发过程中,虽然代码 太老太乱太冗余,但ec的会话处理的设计感觉还是不 ...
- GOF23设计模式之建造者模式(builder)
一.建造者模式概述 建造者模式的本质: 1.分离了对象子组件的单独构造(由Builder负责)和装配(由Director负责).从而可以构造出复杂的对象.这个模式适用于:某个对象的过程复杂的情况下使用 ...
- java数组遍历 删除remove
package com.b; import java.util.ArrayList; //数组遍历删除,添加 public class Core2 { private String name; pri ...
- java冒泡排序算法例子
总结:运行显示数组下标越界说明,数组长度a.length.表示数组的长度,但索引值是要减一的.勿忘 package com.c2; //冒泡排序 //从小到大的顺序排列 public class MA ...
- 1139 First Contact
题意:给出n个人,m对朋友关系,其中带负号的表示女孩.然后给出k对查询a,b,要求找出所有a的同性别好友c,以及b的同性别好友d,且c和d又是好友关系.输出所有满足条件的c和d,按c的升序输出,若c编 ...
- springboot成神之——springboot入门使用
springboot创建webservice访问mysql(使用maven) 安装 起步 spring常用命令 spring常见注释 springboot入门级使用 配置你的pom.xml文件 配置文 ...
- Windows环境下使用.bat安装和卸载服务
一.Windows环境下使用.bat安装和卸载服务 win7环境 例子中“”Valwell.Dms.HttpService.exe“”为服务程序名称 安装服务 %SystemRoot%\Microso ...
- hadoop中unhealthynodes的问题解决
在yarn-site.xml中加入如下配置 <property> <name>yarn.nodemanager.disk-health-checker.min-heal ...
- node.js开发指南读书笔记(1)
3.1 开始使用Node.js编程 3.1.1 Hello World 将以下源代码保存到helloworld.js文件中 console.log('Hello World!'); console.l ...