[BZOJ 3221][Codechef FEB13] Obserbing the tree树上询问

[BZOJ 3221]Obserbing the tree树上询问

题目

小N最近在做关于树的题。今天她想了这样一道题，给定一棵N个节点的树，节点按1~N编号，一开始每个节点上的权值都是0，接下来有M个操作。第一种操作是修改，给出4个整数X,Y,A,B,对于X到Y路径上加上一个首项是A，公差是B的等差数列，因为小N十分谨慎，所以她每做完一个修改操作就会保存一次，初始状态是第0次保存的局面。第二种操作是求和，给出2个整数X,Y，输出X到Y路径上所有节点的权值和。第三种操作是读取之前第X次保存的局面，所有节点的状态回到之前第X次保存的状态。现在请你对每一个求和操作输出答案。

INPUT

第一行2个整数N,M表示节点个数和操作次数。

接下来N-1行每行2个整数Ui,Vi表示了这棵树中Ui和Vi这2个节点间有边相连。

接下来M行每行先有一个字符表示了操作的类型：

如果是’c’，那么代表了一个修改操作，接下来有4个整数X1,Y1,A,B，为了使得询问在线，正确的X=X1 xor上次输出的数,Y=Y1 xor上次输出的数,如果之前没有输出过那么当成0。

如果是’q’，那么代表了一个求和操作，接下来有2个整数X1,Y1,和修改操作一样需要xor上次输出。

如果是’l’，那么代表了一次读取操作，接下来1个整数X1，正确的X=X1 xor上次输出的数。

OUTPUT

对于每一个求和操作，输出求和后的值。

SAMPLE

INPUT

5 7
1 2
2 3
3 4
4 5
c 2 5 2 3
c 3 4 5 10
q 1 3
l 13
q 13 15
l 6
q 6 4

OUTPUT

12

7

7

解题报告

树剖+可持久化线段树区间修改

唯一的重点在于如何处理等差数列，显然这东西是有顺序的，直接树剖抡链子肯定不行，所以我们找到两点间的$LCA$作为中转站，从$x$更新到$LCA$与从$y$更新到$LCA$分开进行，再记录一下深度差，就可以轻松解决这个鬼畜的问题了

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 typedef long long L;
 inline L read(){
     L sum(),f();
     char ch(getchar());
     for(;ch<''||ch>'';ch=getchar())
         if(ch=='-')
             f=-;
     for(;ch>=''&&ch<='';sum=sum*+(ch^),ch=getchar());
     return sum*f;
 }
 struct edge{
     int e;
     edge *n;
 }a[],*pre[];
 int to;
 inline void insert(int s,int e){
     a[++to].e=e;
     a[to].n=pre[s];
     pre[s]=&a[to];
 }
 int n,m,now,tot;
 char op[];
 int dep[],size[],fa[],son[];
 inline void dfs1(int u){
     size[u]=;
     son[u]=;
     dep[u]=dep[fa[u]]+;
     for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
         int e(i->e);
         if(e!=fa[u]){
             fa[e]=u;
             dfs1(e);
             size[u]+=size[e];
             if(size[e]>size[son[u]])
                 son[u]=e;
         }
     }
 }
 int timee;
 int id[],top[];
 inline void dfs2(int u,int rt){
     top[u]=rt;
     id[u]=++timee;
     if(son[u])
         dfs2(son[u],rt);
     for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
         int e(i->e);
         if(e!=son[u]&&e!=fa[u])
             dfs2(e,e);
     }
 }
 inline int lca(int x,int y){
     while(top[x]^top[y]){
         if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
             swap(x,y);
         x=fa[top[x]];
     }
     return dep[x]<dep[y]?x:y;
 }
 int rt[],lch[],rch[];
 int cnt;
 L sum[],add_sx[],add_gc[];
 L ans;
 inline void update(int &x,int las,int ll,int rr,L sx,L gc,int l,int r){
     x=++cnt;
     lch[x]=lch[las];
     rch[x]=rch[las];
     sum[x]=sum[las];
     add_sx[x]=add_sx[las];
     add_gc[x]=add_gc[las];
     if(ll==l&&r==rr){
         add_sx[x]+=sx;
         add_gc[x]+=gc;
         return;
     }
     sum[x]+=(sx+sx+gc*(L)(rr-ll))*(rr-ll+)/;
     int mid((l+r)>>);
     if(rr<=mid)
         update(lch[x],lch[las],ll,rr,sx,gc,l,mid);
     else
         if(mid<ll)
             update(rch[x],rch[las],ll,rr,sx,gc,mid+,r);
         else{
             update(lch[x],lch[las],ll,mid,sx,gc,l,mid);
             update(rch[x],rch[las],mid+,rr,sx+(mid-ll+)*gc,gc,mid+,r);
         }
 }
 inline L query(int x,int ll,int rr,int l,int r){
     L ret((add_sx[x]+(ll-l)*add_gc[x]+add_sx[x]+(rr-l)*add_gc[x])*(rr-ll+)/);
     if(ll==l&&r==rr)
         return ret+sum[x];
     int mid((l+r)>>);
     if(rr<=mid)
         return ret+query(lch[x],ll,rr,l,mid);
     if(mid<ll)
         return ret+=query(rch[x],ll,rr,mid+,r);
     return ret+query(lch[x],ll,mid,l,mid)+query(rch[x],mid+,rr,mid+,r);
 }
 inline void change(int x,int y,L sx,L gc){
     int f(lca(x,y));
     L tp1(),tp2(dep[x]+dep[y]-dep[f]*+);
     while(top[x]^top[f]){
         tp1+=dep[x]-dep[top[x]]+;
         update(rt[now],rt[now],id[top[x]],id[x],sx+(tp1-)*gc,-gc,,n);
         x=fa[top[x]];
     }
     while(top[y]^top[f]){
         tp2-=dep[y]-dep[top[y]]+;
         update(rt[now],rt[now],id[top[y]],id[y],sx+(tp2-)*gc,gc,,n);
         y=fa[top[y]];
     }
     ++tp1;
     --tp2;
     if(dep[x]<dep[y])
         update(rt[now],rt[now],id[x],id[y],sx+(tp1-)*gc,gc,,n);
     else
         update(rt[now],rt[now],id[y],id[x],sx+(tp2-)*gc,-gc,,n);
 }
 inline L ask(int x,int y){
     L ret();
     while(top[x]^top[y]){
         if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
             swap(x,y);
         ret+=query(rt[now],id[top[x]],id[x],,n);
         x=fa[top[x]];
     }
     if(dep[x]>dep[y])
         swap(x,y);
     ret+=query(rt[now],id[x],id[y],,n);
     return ret;
 }
 int main(){
     memset(pre,NULL,sizeof(pre));
     n=read(),m=read();
     for(int i=;i<n;++i){
         int x(read()),y(read());
         insert(x,y),insert(y,x);
     }
     dfs1();
     dfs2(,);
     while(m--){
         scanf("%s",op);
         if(op[]=='c'){
             L x(read()),y(read()),sx(read()),gc(read());
             x^=ans,y^=ans;
             rt[++tot]=rt[now];
             now=tot;
             change(x,y,sx,gc);
         }
         if(op[]=='q'){
             L x(read()),y(read());
             x^=ans,y^=ans;
             ans=ask(x,y);
             printf("%lld\n",ans);
         }
         if(op[]=='l'){
             L x(read());
             x^=ans;
             now=x;
         }
     }
 }

算是真正搞会了可持久化线段树区间修改了，毕竟改了一上午= =

不要问我俩$CE$咋来的，尝试把数组大小多按几个零，或者强行$Replace$ $All$所有的$int$成$L$，把$printf$顺便$Replace$一下，获得$prLf\times 1$，就可以获得$CE\times 2$了QAQ