bzoj3730 震波 [动态点分治，树状数组]
思路
如果没有强制在线的话可以离线之后CDQ分治随便搞。
有了强制在线之后……可能可以二维线段树？然而我不会算空间。
然后我们莫名其妙地想到了动态点分治，然后这题就差不多做完了。
点分树有一个重要的性质：若\(x,y\)在点分树上的\(lca\)是\(w\)，那么在原树上\(w\)也在\(x\rightarrow y\)的路径上。
我们可以在点分树上枚举\(lca\)，算一下这个\(lca\)统领的连通块对\(x\)有多少贡献，减去\(x\)所在的连通块贡献，就ok了。
贡献可以用树状数组或动态开点线段树维护。普通树状数组的空间复杂度\(O(n^2)\)，但每一个\(x\)开的树状数组可以只开到\(size_x\)的大小，复杂度就降为\(O(n\log n)\)了。
还有一题“烁烁的游戏”和这题差不多，但那题支持离线，也许有其他做法。
代码
辣鸡bzoj没有c++11差评QwQ
#include<bits/stdc++.h>
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define sz 101001
typedef long long ll;
typedef double db;
// mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
// template<typename T>inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
// template<typename T>inline void read(T& t)
// {
// t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
// while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
// while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
// if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
// t=(f?-t:t);
// }
// template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
template<typename T>inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<typename T>inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
// void file()
// {
// #ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("a.txt","r",stdin);
// #endif
// }
// #ifdef mod
// ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
// ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
// #else
// ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
// #endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n,m;
int a[sz],w[sz];
struct hh{int t,nxt;}edge[sz<<1];
int head[sz],ecnt;
void make_edge(int f,int t)
{
edge[++ecnt]=(hh){t,head[f]};
head[f]=ecnt;
edge[++ecnt]=(hh){f,head[t]};
head[t]=ecnt;
}
int sum,size[sz],root,mn;
bool vis[sz];
#define v edge[i].t
void findroot(int x,int fa)
{
size[x]=1;
int S=-1;
go(x) if (v!=fa&&!vis[v])
{
findroot(v,x);
size[x]+=size[v];
chkmax(S,size[v]);
}
chkmax(S,sum-size[x]);
if (chkmin(mn,S)) root=x;
}
int dep[sz]; // x在点分树上的深度
int fa[sz][30]; // x在点分树上到根的链上dep=i的祖先（特别地，fa[x][dep[x]]=x）
int dis[sz][30]; // x到fa[x][i]的距离（特别地，dis[x][dep[x]]=0）
vector<int>tr1[sz],tr2[sz];
// tr1[x]:x所统领的连通块里以到x的距离为关键字的树状数组
// tr2[x]:x所统领的连通块里以到fa[x][1]的距离为关键字的树状数组
void calc(int x,int f,int rt,int d)
{
++dep[x];fa[x][dep[x]]=rt;dis[x][dep[x]]=d;
go(x) if (v!=f&&!vis[v]) calc(v,x,rt,d+1);
}
void build(int x)
{
vis[x]=1;
int all=sum;tr1[x].resize(all+5);
calc(x,0,x,0);
go(x) if (!vis[v])
{
mn=1e9;
sum=size[v];if (sum>size[x]) sum=all-size[x];
findroot(v,0);
tr2[root].resize(sum+5);
build(root);
}
}
#undef v
void add1(int x,int p,int w){++p;while (p<(int)tr1[x].size()) tr1[x][p]+=w,p+=(p&(-p));}
int query1(int x,int p)
{
++p;
if (p<=0) return 0;
chkmin(p,(int)tr1[x].size()-1);
int ret=0;
while (p) ret+=tr1[x][p],p-=(p&(-p));
return ret;
}
void add2(int x,int p,int w){++p;while (p<(int)tr2[x].size()) tr2[x][p]+=w,p+=(p&(-p));}
int query2(int x,int p)
{
++p;
if (p<=0) return 0;
chkmin(p,(int)tr2[x].size()-1);
int ret=0;
while (p) ret+=tr2[x][p],p-=(p&(-p));
return ret;
}
void add(int x,int w)
{
::w[x]+=w;
drep(i,dep[x],2)
add1(fa[x][i],dis[x][i],w),
add2(fa[x][i],dis[x][i-1],w);
add1(fa[x][1],dis[x][1],w);
}
int query(int x,int d)
{
int ret=query1(x,d);
drep(i,dep[x]-1,1) ret+=query1(fa[x][i],d-dis[x][i])-query2(fa[x][i+1],d-dis[x][i]);
return ret;
}
int main()
{
// file();
scanf("%d %d",&n,&m);
rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
int x,y,z;
rep(i,1,n-1) scanf("%d %d",&x,&y),make_edge(x,y);
sum=n;mn=1e9;findroot(1,0);
build(root);
rep(i,1,n) add(i,a[i]);
int lastans=0;
while (m--)
{
scanf("%d %d %d",&z,&x,&y);x^=lastans;y^=lastans;
if (z==0) printf("%d\n",lastans=query(x,y));
else add(x,y-w[x]);
}
return 0;
}
