不跪模样
题目链接:YBT2023寒假Day1 B
题目大意
给你一棵有根数,点有点权,两种操作:
对于所有 x 子树内与 x 距离不超过 2 的点,将其点权加 v。
询问 x 子树中,满足 i<=j 且 i,j 的 LCA 是 x 的数对 (i,j),它们点权和的和。
思路
首先看这个 LCA 要怎么处理,不难想到,可以用容斥的方法(因为子树之间的方法涉及子树之间不好维护)
就是这个子树里面的点对减去每个儿子子树里面的点对(注意这里面都有 i ⩽ j i\leqslant j i⩽j 的限制)
然后因为是点权和,我们可以尝试分离两个点,不难发现其实每个点的出现次数都是子树大小 + 1 +1 +1(加一是因为自己跟自己的时候算了两次)
那一个子树 x x x 里面的点对的权值和 S ( x ) = ( s z x + 1 ) s u m x S(x)=(sz_x+1)sum_x S(x)=(szx+1)sumx( s z x sz_x szx 是子树大小, s u m x sum_x sumx 是子树权值和)
但是众多的儿子,一个一个减也是不行的。
考虑重链剖分,也就是树链剖分,那问题就是 S ( x ) − S ( s o n x ) − ∑ y ∈ x 轻儿子 S ( y ) S(x)-S(son_x)-\sum\limits_{y\in x轻儿子}S(y) S(x)−S(sonx)−y∈x轻儿子∑S(y)
那前面两个要求的,是单点,那就只跟 s u m x sum_x sumx 有关,于是我们先看看如何维护 s u m x sum_x sumx。
考虑把 s u m x sum_x sumx 的部分分成三部分:
- 一开始就有的或者是或者是加值的时候所有加的点都在子树内的(也就是加的点在子树内)
那这个部分我们可以直接 dfs 序列搞一开始的,然后后面加的因为整个都在子树内,可以直接给上面的一条祖先链都加上 v ∗ d 2 x v*d2_x v∗d2x(设 d 2 x d2_x d2x 为 x x x 子树内与 x x x 距离不超过 2 2 2 的点数)
2. 在 ( f a x , v ) (fa_x,v) (fax,v) 的修改
3. 在 ( f a f a x , v ) (fa_{fa_x},v) (fafax,v) 的修改
那这两个其实差不多,因为一个点影响它贡献量的分别只有一个点,那我们直接在加值的位置打上标记,到时直接问就好。
不过注意的是第二个加的是 v ∗ d 1 x v*d1_x v∗d1x(设 d 1 x d1_x d1x 为 x x x 字数内与 x x x 距离不超过 1 1 1 的点数)
而第三个加的是 v v v。
那么就是第三个部分,轻儿子的 S ( y ) S(y) S(y) 和。
那我们设 g ( x ) = ∑ y ∈ x 轻儿子 S ( y ) g(x)=\sum\limits_{y\in x轻儿子}S(y) g(x)=y∈x轻儿子∑S(y)
讨论加入一次操作 ( x , v ) (x,v) (x,v),要如何维护。
考虑类似上面的情况,也分成三种情况讨论:
- 如果 y y y 是 x x x 的儿子,那 g ( y ) g(y) g(y) 要加上 d s y ∗ v ds_y*v dsy∗v(设 d s x ds_x dsx 是 x x x 所有轻儿子 z z z 的 s z z + 1 sz_z+1 szz+1 的和)
- 如果 y = x y=x y=x,那 g ( y ) g(y) g(y) 要加上 d s 1 y ∗ v ds1_y*v ds1y∗v(设 d s 1 y ds1_y ds1y 是 x x x 所有轻儿子 z z z 的 d 1 z ∗ ( s z z + 1 ) d1_z*(sz_z+1) d1z∗(szz+1) 的和)
- 如果 ( y , z ) (y,z) (y,z) 这条边是 x x x 到根路径上的一条边(其中 z z z 是 y y y 的轻儿子),那 g ( y ) g(y) g(y) 要加上 d 2 ( x ) ∗ v ∗ ( s z z + 1 ) d2(x)*v*(sz_z+1) d2(x)∗v∗(szz+1)( d 2 x d2_x d2x 我们上面定义了, x x x 子树内与 x x x 距离不超过 2 2 2 的点数)
第一个操作,这个儿子的话我们可以直接在父亲那里打标记(事实上这个标记跟上面的标记其实是一样的),那我们要求 g ( x ) g(x) g(x) 的时候先拿出维护的 g ( x ) g(x) g(x),再加上父亲的标记值乘上那个 d s x ds_{x} dsx 即可即可。
第二个两个操作,每次操作最多会影响一个点的 g g g 值,我们直接修改 g g g 值就好。
第三个操作,由于我们只修改轻链,所以在重链剖分上轻链的数量只有 log n \log n logn,所以我们暴力跳到每个轻链去修改 g g g 值即可。
(这也是用重链剖分的原因)
那么这题就做好啦,具体的实现可以看代码。
代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define uint unsigned intusing namespace std;const int N = 3e5 + 100;
int n, Q, fa[N], le[N], KK, sz[N], son[N], top[N], dfn[N], idfn[N], d1[N], d2[N];
uint w[N], s[N], sum[N], wsum[N], tg[N], g[N], ds[N], ds1[N];
struct node {int to, nxt;
}e[N];void add(int x, int y) {e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
}void dfs0(int now, int father) {sz[now] = 1; wsum[now] = w[now]; d1[now] = d2[now] = 1;for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt) {dfs0(e[i].to, now); sz[now] += sz[e[i].to]; wsum[now] += wsum[e[i].to];d1[now]++; d2[now] += d1[e[i].to];if (sz[e[i].to] > sz[son[now]]) son[now] = e[i].to;}
}void dfs1(int now, int father) {dfn[now] = ++dfn[0]; idfn[dfn[0]] = now;if (son[now]) {top[son[now]] = top[now]; dfs1(son[now], now);}for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)if (e[i].to != son[now]) {top[e[i].to] = e[i].to; dfs1(e[i].to, now);g[now] += wsum[e[i].to] * (sz[e[i].to] + 1);ds[now] += sz[e[i].to] + 1;ds1[now] += d1[e[i].to] * (sz[e[i].to] + 1);}
}struct XD_tree {uint f[N << 2], lzy[N << 2];void up(int now) {f[now] = f[now << 1] + f[now << 1 | 1];}void downa(int now, uint x) {f[now] += x; lzy[now] += x;}void down(int now) {if (lzy[now]) {downa(now << 1, lzy[now]); downa(now << 1 | 1, lzy[now]);lzy[now] = 0;}}void update(int now, int l, int r, int L, int R, uint x) {if (L <= l && r <= R) {downa(now, x); return ;}down(now); int mid = (l + r) >> 1;if (L <= mid) update(now << 1, l, mid, L, R, x);if (mid < R) update(now << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, x);up(now);}uint query(int now, int l, int r, int L, int R) {if (L <= l && r <= R) return f[now];down(now); int mid = (l + r) >> 1; uint re = 0;if (L <= mid) re += query(now << 1, l, mid, L, R);if (mid < R) re += query(now << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);return re;}void build(int now, int l, int r) {if (l == r) {f[now] = wsum[idfn[l]]; return ;}int mid = (l + r) >> 1;build(now << 1, l, mid); build(now << 1 | 1, mid + 1, r);up(now);}
}T;uint Sone(int now) {if (!now) return 0;uint re = T.query(1, 1, n, dfn[now], dfn[now]);re += tg[fa[now]] * d1[now];re += tg[fa[fa[now]]];return re * (sz[now] + 1);
}uint Slot(int now) {uint re = g[now];re += ds[now] * tg[fa[now]];return re;
}int main() {freopen("tree.in", "r", stdin);freopen("tree.out", "w", stdout);scanf("%d %d", &n, &Q);for (int i = 2; i <= n; i++) scanf("%d", &fa[i]), add(fa[i], i);for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%u", &w[i]);dfs0(1, 0); top[1] = 1; dfs1(1, 0);T.build(1, 1, n);for (int i = 1; i <= Q; i++) {int op; scanf("%d", &op);if (op == 1) {int x; uint v; scanf("%d %u", &x, &v);int now = x;while (now) {T.update(1, 1, n, dfn[top[now]], dfn[now], v * d2[x]);now = fa[top[now]];}tg[x] += v;g[x] += ds1[x] * v;now = x;while (now) {now = top[now];if (fa[now]) g[fa[now]] += d2[x] * v * (sz[now] + 1);now = fa[now];}}else {int x; scanf("%d", &x);printf("%u\n", Sone(x) - Sone(son[x]) - Slot(x));}}return 0;
}