题解 CF383C Propagating tree

$\mathtt{\text{Link}}$

提供一种不同的 dfs 序做法。

看到题面是在树上维护各节点的值，$n\le 2\times {10}^5$，时间复杂度大概是 $O(n\log n)$，考虑用线段树或树状数组完成这个维护。

类似树剖处理子树修改的方式，把修改相同值的节点放到同一个区间，本题是按节点深度奇偶决定修改的值。对于节点 $u$，用 $df{n}_u$ 存 dfs 序，记录 $so{n}_u$，表示 $dfn$ 值最小的子节点，再存 $si{z}_{0,u}$ 和 $si{z}_{1,u}$，表示深度分别为奇数与偶数的子节点总数。

在标记 dfs 序时，分两次搜索，一次标记当 $1$ 为根时，深度是奇数的节点，另一次标记当 $1$ 为根时，深度是偶数的节点，这样便保证了深度奇偶相同的节点在一个连续区间内。

若修改以 $u$ 为根的所有子树，对于与 $u$ 深度奇偶相同的修改，即为修改区间 $[df{n}_u,df{n}_u+si{z}_{0,u}-1]$；对于与 $u$ 深度奇偶不同的修改，因为 $so{n}_u$ 必定是 $u$ 的直系子节点，与 $u$ 深度奇偶一定不同，所以修改区间 $[df{n}_{so{n}_u},df{n}_{so{n}_u}+si{z}_{1,u}-1]$ 即可。

查询就是单点查询。

因为本题是区间修改单点查询，直接上常数小还好写的树状数组差分维护就好。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m;
int a[N];
struct edge {
    int to, nxt;
} e[N << 1];
int head[N], cnt;
void addedge(int u, int v) {
    e[++cnt] = (edge){v, head[u]};
    head[u] = cnt;
}
int dfn[N], son[N], siz[2][N], dep[N], id[N], tot;//id[i]表示dfn值为i的节点
void dfs1(int u, int f) {
    dep[u] = dep[f] + 1;
    if(dep[u] & 1) {
        dfn[u] = ++tot; id[tot] = u; siz[0][u] = 1;
        for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].to;
            if(v == f) continue;
            dfs1(v, u);
            siz[0][u] += siz[1][v];
        }
    }
    else
        for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].to;
            if(v == f) continue;
            dfs1(v, u);
            if(!son[u]) son[u] = v;
            siz[1][u] += siz[0][v];
        }
}
void dfs2(int u, int f) {
    dep[u] = dep[f] + 1;
    if(!(dep[u] & 1)) {
        dfn[u] = ++tot; id[tot] = u; siz[0][u] = 1;
        for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].to;
            if(v == f) continue;
            dfs2(v, u);
            siz[0][u] += siz[1][v];
        }
    }
    else
        for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].to;
            if(v == f) continue;
            dfs2(v, u);
            if(!son[u]) son[u] = v;
            siz[1][u] += siz[0][v];
        }
}
int t[N];
void add(int x, int v) {
    for(int i = x; i <= n; i += i & -i) t[i] += v;
}
int query(int x) {
    int res = 0;
    for(int i = x; i; i -= i & -i) res += t[i];
    return res;
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        addedge(u, v), addedge(v, u);
    }
    dfs1(1, 0);
    dfs2(1, 0);
    for(int i = 1; i <= n; i++) add(dfn[i], a[i] - a[id[dfn[i] - 1]]);//注意dfn与id的双射
    int op, x, y;
    while(m--) {
        scanf("%d", &op);
        if(op == 1) {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            add(dfn[x], y), add(dfn[x] + siz[0][x], -y);
            if(son[x]) add(dfn[son[x]], -y), add(dfn[son[x]] + siz[1][x], y);
        }
        else {
            scanf("%d", &x);
            printf("%d\n", query(dfn[x]));
        }
    }
    return 0;
}