BZOJ3626[LNOI2014]LCA——树链剖分+线段树
题目描述
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与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=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）
输入
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。
输出
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
样例输入
5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
样例输出
8
5
5
提示
共5组数据，n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。
两个点a,b的lca的深度就是dep[lca]，如果暴力地写这道题就是对于每个x与[l,r]内所有数的lca都求一遍，但可以发现lca还有一种求法：对于i,x两点的lca，可以把i到根节点路径上所有的边权+1(刚开始都是零)，只要再求x到根节点上的路径和就是lca的深度。那么对于[l,r]内所有的点和x的lca，只要把每个点到根的路径上边权都+1，然后再求x到根的路径和就好了。这个只要树链剖分加线段树就能维护，每次修改和查询在树上边跳边在线段树中操作就行了。但对于每次询问都要把线段树清空再重新标记，显然还是不行的，因此可以离线来做。我们发现求的东西具有可减性，即求[l,r]与x的lca深度和等于求[1,r]与x的lca深度和-[1,l-1]与x的lca深度和。因此每个询问可以拆成两部分，然后把所有查询排序，按节点标号顺序对到根路径上的边+1，每到一个点处理这个点处对应的查询。注意点的编号从零开始。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int x;
int l,r;
int n,m;
int tot;
int num;
int cnt;
int f[100010];
int d[100010];
int s[100010];
bool g[100010];
int a[1000010];
int to[100010];
ll sum[800010];
ll ans[100010];
int top[100010];
int son[100010];
int size[100010];
int head[100010];
int next[100010];
struct node
{
int x;
int l;
int id;
}q[200010];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.l<b.l;
}
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
void dfs(int x)
{
size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
d[to[i]]=d[x]+1;
f[to[i]]=x;
dfs(to[i]);
size[x]+=size[to[i]];
if(size[to[i]]>size[son[x]])
{
son[x]=to[i];
}
}
}
void dfs2(int x,int tp)
{
s[x]=++num;
top[x]=tp;
if(son[x])
{
dfs2(son[x],tp);
}
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=son[x])
{
dfs2(to[i],to[i]);
}
}
}
void pushup(int rt)
{
sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
void pushdown(int rt,int l,int r)
{
if(a[rt])
{
int mid=(l+r)>>1;
a[rt<<1]+=a[rt];
a[rt<<1|1]+=a[rt];
sum[rt<<1]+=1ll*a[rt]*(mid-l+1);
sum[rt<<1|1]+=1ll*a[rt]*(r-mid);
a[rt]=0;
}
}
void change(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
a[rt]++;
sum[rt]+=1ll*(r-l+1);
return ;
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
{
change(rt<<1,l,mid,L,R);
}
if(R>mid)
{
change(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
pushup(rt);
}
ll query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
return sum[rt];
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
ll res=0;
if(L<=mid)
{
res+=query(rt<<1,l,mid,L,R);
}
if(R>mid)
{
res+=query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
return res;
}
void updata(int x)
{
while(top[x]!=1)
{
change(1,1,n,s[top[x]],s[x]);
x=f[top[x]];
}
change(1,1,n,1,s[x]);
}
ll downdata(int x)
{
ll res=0;
while(top[x]!=1)
{
res+=query(1,1,n,s[top[x]],s[x]);
x=f[top[x]];
}
res+=query(1,1,n,1,s[x]);
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d",&x);
add(x+1,i+1);
}
dfs(1);
dfs2(1,1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
x++;
l++;
r++;
q[++cnt].l=l-1;
q[cnt].x=x;
q[cnt].id=i;
q[++cnt].l=r;
q[cnt].x=x;
q[cnt].id=i;
}
sort(q+1,q+1+cnt,cmp);
int now=1;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
if(i!=0)
{
updata(i);
}
while(q[now].l==i&&now<=cnt)
{
if(g[q[now].id]==0)
{
ans[q[now].id]-=downdata(q[now].x);
g[q[now].id]=1;
}
else
{
ans[q[now].id]+=downdata(q[now].x);
}
now++;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
printf("%lld\n",ans[i]%201314);
}
}
