BZOJ 5477: 星际穿越

当初随便出的一道 思博题 竟然被交换到了八中 QAQ

然后就上了 BZOJ 。。。作为原作者还是把原来写的详细题解放出来吧 qwq

题意

\(n\) 个点的数，每个点初始有权值 \(v_i\) ，需要支持 \(m\) 次操作。

动态单点加权值，查询子树内点对的距离和。

题解

5pts

观察到第 \(9\) 个点，只有修改，没有询问。只需要正确打开文件并且不输出任何字符即可。

（注意暴力不能 \(RE\) 或者 \(MLE\) 与 \(TLE\) 才能 艰难地 拿到这个分）

15pts

对于 \(n, m \le 50\) 的点，每次直接修改点权。

询问的时候暴力枚举子树中的点对，然后跳 \(Lca\) 计算距离。

复杂度是 \(O(mn^3)\) 的。

30pts

发现暴力枚举点对的时候不需要重新跳 \(Lca\) ，直接从每个点 \(Bfs\) or \(Dfs\) 即可。

复杂度是 \(O(mn^2)\) 的。

45pts

考虑把暴力这颗子树弄出来，就变成求树上两两点对带权距离和的经典问题。

如果工业一点就可以写个点分治，复杂度就是 \(O(mn \log n)\) 的，常数优秀应该可以得到这些分。

但其实没有这么麻烦，如果是边权的话，每个边被多少条路径经过，其实就是两边子树 \(size\) （子树大小）的乘积，也就是 \(size * (tot - size + 1)\) 。

但这题权值是在点上的，所以要枚举它每一个儿子顺次计算，就是每个点的 \(size\) 和前面的 \(size\) 之和的乘积，最后加上子树内外的 \(size\) 之积就行了。然后复杂度就是 \(O(nm)\) 的。

还有一种一遍 \(dp\) 一遍换根的做法就不多赘述了，复杂度也是 \(O(nm)\) 的。

55pts

其实刚刚那个 \(O(nm \log n)\) 或者 \(O(nm)\) 的算法也可以通过 \(10, 11\) 号点的...

60pts

但对于只有询问的点，应该是有更好的做法，利用两点距离 \(dis_{a, b} = dep_a + dep_b - dep_{lca(a, b)} \times 2 + v_{lca(a, b)}\) 这个经典计算方式。

考虑每个点的 \(dep\) 计算了多少次，以及它作为 \(lca\) 时计算了多少次 \(dep\) 与 \(v\) 。

我们推导式子：

\[\begin{aligned}
ans &= \sum_{u \in child_p} \sum_{v \in child_p, v \ge u} dep_u + dep_v - dep_{lca(a, b)} * 2 + v_{lca(a, b)} \\
&= (\sum_{u \in child_p} dep_u) \times (size_p + 1) + \sum_{u \in child_p} (v_u - dep_u * 2) * coef_u
\end{aligned}
\]

此处 \(coef_u\) 为 \(u\) 作为 \(lca\) 出现的次数。至于求这个，可以依次考虑它的每个儿子，系数就是每个儿子的 \(sz\) 乘上前面所有 \(sz\) 的和（一开始要算上 \(u\) 点）。

我们用 \(Dfs\) 预处理就行了，记下当前的 \(\displaystyle \sum_{u \in child_p} dep_u\) 的值，以及 \(\displaystyle \sum_{u \in child_p} (v_u - dep_u * 2) * coef_u\) 即可在 \(O(n)\) 的时间里预处理出所有点的答案。

80pts

\(u_i = v_i - 1\) ：直接考虑每个点被多少个区间覆盖即可，用线段树支持动态修改和查询。

\(u_i = 1\) ：分类讨论即可。询问的时候 \(p = 2\) ，\(u \not = 1\) 的时候直接输出 \(v_p\) ，\(u = 1\) 的时候也可以十分轻易地直接维护答案。

这些点只是为了凑部分分的。

100pts

方法一

至于正解，我们考虑动态维护前面 \(60pts\) 的式子。

我们发现每次只需要动态查询子树的 \(\sum dep_u\) （带权深度）的和，以及 \(\displaystyle \sum_{u \in child_p} (v_u - dep_u * 2) * coef_u\) 就行了。

每次修改单点权值，等价于修改子树内所有点的带权深度和，我们用线段树支持子树修改就行了，然后询问的时候就子树询问。

至于 \(*~coef_u\) ，我们对于线段树每个区间维护 \(coef\) 的和，每次给线段树区间加的时候，把 \(sum\) 加上 \(coef \times x\) 就行了，复杂度就是 \(O(m \log n)\) 的。

方法二

考虑前面 \(45pts\) 其中的一种做法，考虑一个点被多少条路径穿过。

我们先假设只询问全树，那么可以用树状数组维护每个点的系数。那么就可以直接单点修改，区间查询就行了。

如果是询问子树的话，也是很简单的，我们减去经过子树 \(u\) 内点的路径的多余贡献就行了。具体来说，就是子树 \(u\) 中每个点的 \(size\) 乘上子树 \(u\) 外的点数 \(n - size_u\) 就行了。

同样这个也可以用树状数组实现，十分的好写好调。

一些有意思的东西

这题应该是一道原创 送分 题，其实思路十分的简单，体现了出题人的良心。

考察了对于代码的实现以及对于数据结构的实现。

就是代码实现略微有点细节，利用了一个差分的小 \(trick\) 。

在出完这道题后，找 Hometown 验题的时候，他告诉我了方法二，简单好写常数小，发现 \(std\) 又双叒叕被踩了。。。 果然我只能出思博题啊！

代码

方法一

这是出题人一开始想到的一个 sb 方法，常数大，还难写。。

/**************************************************************
    Problem: 5477
    User: zjp_shadow
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:8816 ms
    Memory:67256 kb
****************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define pb push_back

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

typedef long long ll;

const int N = 3e5 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

vector<int> G[N]; int id[N];

inline int Plus(int a, int b) {
    return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}

#define lson o << 1, l, mid
#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r

template<int Maxn>
struct Segment_Tree {

    int coef[Maxn], sumv[Maxn], tag[Maxn];

    inline void Modify(int o, int uv) {
        tag[o] = Plus(tag[o], uv);
        sumv[o] = (sumv[o] + 1ll * coef[o] * uv) % Mod;
    }

    inline void Push_Down(int o) {
        if (tag[o])
            Modify(o << 1, tag[o]), Modify(o << 1 | 1, tag[o]), tag[o] = 0;
    }

    inline void Push_Up(int o) {
        sumv[o] = Plus(sumv[o << 1], sumv[o << 1 | 1]);
    }

    void Build(int o, int l, int r, int *base, int *cur) {
        if (l == r) { sumv[o] = 1ll * (coef[o] = base[id[l]]) * cur[id[l]] % Mod; return ; }
        int mid = (l + r) >> 1;
        Build(lson, base, cur); Build(rson, base, cur);
        Push_Up(o); coef[o] = Plus(coef[o << 1], coef[o << 1 | 1]);
    }

    void Update(int o, int l, int r, int ul, int ur, int uv) {
        if (ul <= l && r <= ur) { Modify(o, uv); return ; }
        int mid = (l + r) >> 1; Push_Down(o);
        if (ul <= mid) Update(lson, ul, ur, uv);
        if (ur > mid) Update(rson, ul, ur, uv); Push_Up(o);
    }

    int Query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
        if (ql <= l && r <= qr) return sumv[o];
        int mid = (l + r) >> 1, res = 0; Push_Down(o);
        if (ql <= mid) res = Plus(res, Query(lson, ql, qr));
        if (qr > mid) res = Plus(res, Query(rson, ql, qr));
        Push_Up(o); return res;
    }

};

#undef lson
#undef rson

Segment_Tree<N << 2> T1, T2, T3;

int coef[N], dfn[N], efn[N], sz[N], dep[N];

void Dfs_Init(int u = 1, int fa = 0) {
    static int clk = 0;
    dep[u] = dep[fa] + 1;
    id[dfn[u] = ++ clk] = u;

    coef[u] = sz[u] = 1;
    Rep (i, G[u].size()) {
        int v = G[u][i];
        if (v != fa) {
            Dfs_Init(v, u);
            coef[u] = (coef[u] + 1ll * sz[u] * sz[v]) % Mod;
            sz[u] += sz[v];
        }
    }
    efn[u] = clk;
}

int main () {

    //freopen ("transport.in", "r", stdin);
    //freopen ("transport.out", "w", stdout);

    int n = read(), m = read();

    For (i, 1, n - 1) {
        int u = read(), v = read();
        G[u].pb(v); G[v].pb(u);
    }

    Dfs_Init();

    int I[N]; For (i, 1, n) I[i] = 1;

    T1.Build(1, 1, n, I, dep);
    T2.Build(1, 1, n, coef, dep);
    T3.Build(1, 1, n, coef, I);

    For (i, 1, m) {
        int opt = read(), pos = read();
        if (opt == 1) {
            int val = read();
            T1.Update(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos], val);
            T2.Update(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos], val);
            T3.Update(1, 1, n, dfn[pos], dfn[pos], val);
        } else {

            long long ans =
                1ll * T1.Query(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos]) * (sz[pos] + 1)
                - T2.Query(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos]) * 2ll
                + T3.Query(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos]);

            printf ("%lld\n", (ans % Mod + Mod) % Mod);
        }
    }

    return 0;
}

方法二

简单的树状数组解法 QAQ

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

const int N = 3e5 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

vector<int> G[N]; 

int n, dfn[N], efn[N], sz[N], coef[N];

inline int Plus(int a, int b) {
	return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}

#define lowbit(x) (x & -x)
template<int Maxn>
struct Fenwick_Tree {

	int sumv[Maxn];

	inline void Update(int pos, int uv) {
		for (; pos <= n; pos += lowbit(pos))
			sumv[pos] = Plus(sumv[pos], uv);
	}

	inline int Query(int pos) {
		int res = 0;
		for (; pos; pos -= lowbit(pos))
			res = Plus(res, sumv[pos]);
		return res;
	}

	inline int Query(int l, int r) {
		return Query(r) - Query(l - 1);
	}

};

Fenwick_Tree<N> T1, T2;

void Dfs_Init(int u = 1, int fa = 0) {
	static int clk = 0;
	dfn[u] = ++ clk;

	sz[u] = coef[u] = 1;
	Rep (i, G[u].size()) {
		int v = G[u][i];
		if (v != fa) {
			Dfs_Init(v, u);
			coef[u] = (coef[u] + 1ll * sz[u] * sz[v]) % Mod;
			sz[u] += sz[v];
		}
	}
	coef[u] = (coef[u] + 1ll * sz[u] * (n - sz[u])) % Mod;

	T1.Update(dfn[u], coef[u]);
	T2.Update(dfn[u], sz[u]); efn[u] = clk;
}

int main () {

////freopen ("transport.in", "r", stdin);
////freopen ("transport.out", "w", stdout);

	n = read(); int m = read();

	For (i, 1, n - 1) {
		int u = read(), v = read();
		G[u].pb(v); G[v].pb(u);
	}

	Dfs_Init();

	For (i, 1, m) {
		int opt = read(), pos = read();
		if (opt == 1) {
			int val = read();
			T1.Update(dfn[pos], 1ll * val * coef[pos] % Mod);
			T2.Update(dfn[pos], 1ll * val * sz[pos] % Mod);
		} else {
			long long ans =
				T1.Query(dfn[pos], efn[pos])
				- 1ll * T2.Query(dfn[pos], efn[pos]) * (n - sz[pos]);
			printf ("%lld\n", (ans % Mod + Mod) % Mod);
		}
	}

	return 0;

}