题解 P4074 [WC2013] 糖果公园

树上带修莫队。

带修莫队复杂度分析：

带修莫队比普通莫队多了一个时间戳，排序的时候先排左端点，再排右端点，如果左右端点所在块对应相等，则按时间戳排序。

设区间长度为 $n$，询问数为 $q$，修改数为 $c$，块长为 $B$。

我们分别考虑时间戳、左端点和右端点的移动次数。

时间戳：对于每一对块，时间戳都有可能从 $0$ 变到 $c$，所以总次数为 $\left(\frac{n}{B}\right)^2c=\frac{cn^2}{B^2}$。

左端点：每次移动的距离为 $B$，一共会移动 $q$ 次，总次数为 $qB$。

右端点：对于每一个左端点所在的块，都可能从头到尾移动一遍，总次数为 $\frac{n}{B}\cdot n=\frac{n^2}{B}$。

当 $c,q,n$ 同阶时，复杂度为 $O(\frac{n^3}{B^2}+nB+\frac{n^2}{B})$。

当 $B=n^{\frac{2}{3}}$ 时，$\frac{n^3}{B^2}=nB=\frac{n^2}{B}=n^{\frac{5}{3}}$，复杂度 $O(n^{\frac{5}{3}})$，达到最优。

通过括号序列转化为序列上的问题：

括号序列顾名思义，就是对于一个节点，进入和离开它的时候加入序列，最终形成一个长为 $2n$ 的序列。

对于节点 $u$，定义 $in_u$ 为 $u$ 是第几次加入的，$out_u$ 为 $u$ 是第几次离开的。

对于一条路径 $u\rightarrow v(in_u<in_v)$，如果 $u$ 为 $v$ 的祖先，区间为 $[out_v,out_u]$；否则区间为 $[out_u,in_v]\cup[\operatorname{lca}(u,v)]$。

对于区间内出现两次的点直接忽略。

复杂度 $O(n^{\frac{5}{3}})$。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
ll n,m,q,v[N],w[N],c[N],vis[N],cnt[N],in[N],out[N],dfn[N*2],fa[N][22],dep[N],tot,tn,qq,B,ans[N],num;
vector<int>adj[N];
struct node{int l,r,tim,id,g;node(int l=0,int r=0,int tim=0,int id=0,int g=0):l(l),r(r),tim(tim),id(id),g(g){}}a[N];
struct node2{int w,x,y;}b[N];
void dfs(int u,int lst){
  dep[u]=dep[lst]+1;fa[u][0]=lst;
  for(int i=1;i<=20;++i)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
  dfn[++tot]=u;in[u]=tot;
  for(int i=0;i<adj[u].size();++i){
    int v=adj[u][i];if(v==lst)continue;
    dfs(v,u);
  }
  dfn[++tot]=u;out[u]=tot;
}
int lca(int u,int v){
  if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
  for(int i=20;i>=0;--i)if(dep[fa[u][i]]>=dep[v])u=fa[u][i];
  if(u==v)return u;
  for(int i=20;i>=0;--i)if(fa[u][i]!=fa[v][i]){u=fa[u][i];v=fa[v][i];}
  return fa[u][0];
}
bool cmp(node x,node y){
  if(x.l/B!=y.l/B)return x.l<y.l;
  else if(x.r/B!=y.r/B)return x.r<y.r;
  return x.tim<y.tim;
}
void get(int u,int co){
  if(vis[u])num-=v[co]*w[cnt[co]--];
  else num+=v[co]*w[++cnt[co]];
  vis[u]^=1;
}
int main(){
  freopen("test.in","r",stdin);
  ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>m>>q;
  for(int i=1;i<=m;++i)cin>>v[i];
  for(int i=1;i<=n;++i)cin>>w[i];
  for(int i=1;i<n;++i){
    int u,v;cin>>u>>v;
    adj[u].push_back(v);adj[v].push_back(u);
  }
  dfs(1,0);
  for(int i=1;i<=n;++i)cin>>c[i];
  for(int i=1;i<=q;++i){
    int op,x,y;cin>>op>>x>>y;
    if(op==0){
      b[++tn].w=x;b[tn].x=c[x];b[tn].y=y;
      c[x]=y;
    }else{
      int g=lca(x,y);
      if(g==x||g==y){
        if(g==y)swap(x,y);
        ++qq;a[qq]=node(out[y],out[x],tn,qq,0);
      }else{
        if(in[x]>in[y])swap(x,y);
        ++qq;a[qq]=node(out[x],in[y],tn,qq,g);
      }
    }
  }
  for(int i=tn;i>=1;--i)c[b[i].w]=b[i].x;
  B=pow(n,0.66666);
  sort(a+1,a+qq+1,cmp);
  ll t=0,l=1,r=0;
  for(int i=1;i<=qq;++i){
    while(l>a[i].l){
      int u=dfn[--l];
      get(u,c[u]);
    }
    while(r<a[i].r){
      int u=dfn[++r];
      get(u,c[u]);
    }
    while(l<a[i].l){
      int u=dfn[l++];
      get(u,c[u]);
    }
    while(r>a[i].r){
      int u=dfn[r--];
      get(u,c[u]);
    }
    if(a[i].tim>t){
      for(int j=t+1;j<=a[i].tim;++j){
        if(vis[b[j].w]){
          num-=v[b[j].x]*w[cnt[b[j].x]--];
          num+=v[b[j].y]*w[++cnt[b[j].y]];
        }
        c[b[j].w]=b[j].y;
      }
    }else{
      for(int j=t;j>a[i].tim;--j){
        if(vis[b[j].w]){
          num-=v[b[j].y]*w[cnt[b[j].y]--];
          num+=v[b[j].x]*w[++cnt[b[j].x]];
        }
        c[b[j].w]=b[j].x;
      }
    }
    t=a[i].tim;
    ans[a[i].id]=num+v[c[a[i].g]]*w[cnt[c[a[i].g]]+1];
  }
  for(int i=1;i<=qq;++i)cout<<ans[i]<<endl;
  return 0;
}