[bzoj3626][LNOI2014]LCA
Description
给出一个\(n\)个节点的有根树（编号为\(0\)到\(n-1\)，根节点为\(0\)）。
一个点的深度定义为这个节点到根的距离\(+1\)。
设\(dep[i]\)表示点\(i\)的深度，\(lca(i,j)\)表示\(i,j\)的最近公共祖先。
有\(q\)次询问，每次询问给出\(l\;r\;z\)，求\(\sum_{i=l}^{r}dep[lca(i,z)]\)。
（即求在\([l,r]\)区间内的每个节点\(i\)与\(z\)的最近公共祖先的深度之和）
Input
第一行\(2\)个整数\(n,q\)。
接下来\(n-1\)行，分别表示点\(1\)到点\(n-1\)的父节点编号。
接下来\(q\)行，每行\(3\)个整数\(l\;r\;z\)。
Output
输出\(q\)行，每行表示一个询问的答案。每个答案对\(201314\)取模输出。
Sample Input
5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
8
5
HINT
\(n,q\;\leq\;50000\)。
Solution
对于两个点\(x,y\),求\(dep[lca(x,y)]\),可以将\(x\)到根上的点全部打标记,求\(y\)向上第一个有标记的点的深度.
即,将\(x\)到根的路径上的点点权设为\(1\),求\(y\)到根的路径权值和.
从\(0\)到\(1\)依次插入点\(x\),将\(x\)到根的路径上的点点权\(+1\).
离线处理类似前缀和的方式处理每个询问.
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 50005
#define M 201314
#define K 150005
using namespace std;
struct graph{
int nxt,to;
}e[N];
struct quest{
int x,z,n,ans;
}l[N],r[N];
struct linetree{
int l,r,s,len,lzy;
}lt[K];
int g[N],n,q,t1,t2,cnt;
int f[N],p[N],dep[N],top[N],siz[N],son[N];
inline int read(){
int ret=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void addedge(int x,int y){
e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt;e[cnt].to=y;
}
inline void dfs1(int u){
int m=0;siz[u]=1;
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt){
f[e[i].to]=u;
dep[e[i].to]=dep[u]+1;
dfs1(e[i].to);
siz[u]+=siz[e[i].to];
if(siz[e[i].to]>m){
son[u]=e[i].to;
m=siz[e[i].to];
}
}
}
inline void dfs2(int u,int tp){
top[u]=tp;p[u]=++cnt;
if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=son[u])
dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
inline void build(int u,int l,int r){
lt[u].l=l;lt[u].r=r;lt[u].len=lt[u].r-lt[u].l+1;
if(lt[u].l<lt[u].r){
int lef=u<<1,rig=u<<1|1;
int mid=lt[u].l+lt[u].r>>1;
build(lef,l,mid);build(rig,mid+1,r);
}
}
inline int cover(int u,int l,int r){
if(lt[u].l>=l&<[u].r<=r){
++lt[u].lzy;
lt[u].s=(lt[u].s+lt[u].len)%M;
}
else if(lt[u].l<lt[u].r){
int lef=u<<1,rig=u<<1|1;
int mid=lt[u].l+lt[u].r>>1;
if(lt[u].lzy){
lt[lef].lzy+=lt[u].lzy;
lt[rig].lzy+=lt[u].lzy;
lt[lef].s=(lt[lef].s+lt[lef].len*lt[u].lzy)%M;
lt[rig].s=(lt[rig].s+lt[rig].len*lt[u].lzy)%M;
lt[u].lzy=0;
}
if(l<=mid) cover(lef,l,r);
if(r>mid) cover(rig,l,r);
lt[u].s=(lt[lef].s+lt[rig].s)%M;
}
}
inline int ask(int u,int l,int r){
if(lt[u].l>=l&<[u].r<=r)
return lt[u].s;
if(lt[u].l<lt[u].r){
int lef=u<<1,rig=u<<1|1,ret=0;
int mid=lt[u].l+lt[u].r>>1;
if(lt[u].lzy){
lt[lef].lzy+=lt[u].lzy;
lt[rig].lzy+=lt[u].lzy;
lt[lef].s=(lt[lef].s+lt[lef].len*lt[u].lzy)%M;
lt[rig].s=(lt[rig].s+lt[rig].len*lt[u].lzy)%M;
lt[u].lzy=0;
}
if(l<=mid) ret=(ret+ask(lef,l,r))%M;
if(r>mid) ret=(ret+ask(rig,l,r))%M;
return ret;
}
}
inline void add(int x,int y){
int t;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]){
t=x;x=y;y=t;
}
cover(1,p[top[x]],p[x]);
x=f[top[x]];
}
if(p[x]>p[y]){
t=x;x=y;y=t;
}
cover(1,p[x],p[y]);
}
inline int que(int x,int y){
int ret=0,t;
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]]){
t=x;x=y;y=t;
}
ret=(ret+ask(1,p[top[x]],p[x]))%M;
x=f[top[x]];
}
if(p[x]>p[y]){
t=x;x=y;y=t;
}
ret=(ret+ask(1,p[x],p[y]))%M;
return ret;
}
inline bool cmp1(quest x,quest y){
return x.x<y.x;
}
inline bool cmp2(quest x,quest y){
return x.n<y.n;
}
inline void Aireen(){
n=read();q=read();
for(int i=2,j;i<=n;++i){
j=read()+1;addedge(j,i);
}
for(int i=1;i<=q;++i){
l[i].n=r[i].n=i;
l[i].x=read();
r[i].x=read()+1;
l[i].z=r[i].z=read()+1;
}
sort(l+1,l+1+q,cmp1);
sort(r+1,r+1+q,cmp1);
while(t1<=q&&!l[t1].x) ++t1;
while(t2<=q&&!r[t2].x) ++t2;
dep[1]=1;dfs1(1);
cnt=0;dfs2(1,1);
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;++i){
add(1,i);
while(t1<=q&&l[t1].x==i){
l[t1].ans=que(1,l[t1].z);++t1;
}
while(t2<=q&&r[t2].x==i){
r[t2].ans=que(1,r[t2].z);++t2;
}
}
sort(l+1,l+1+q,cmp2);
sort(r+1,r+1+q,cmp2);
for(int i=1;i<=q;++i)
printf("%d\n",(r[i].ans-l[i].ans+M)%M);
}
int main(){
freopen("lca.in","r",stdin);
freopen("lca.out","w",stdout);
Aireen();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
