BZOJ3730 震波 和 BZOJ4372 烁烁的游戏
“震波”题意
<body> <center><h2>3730: 震波</h2><span class="green">Time Limit: </span>15 Sec <span class="green">Memory Limit: </span>256 MB<br><span class="green">Submit: </span>4891 <span class="green">Solved: </span>869<br>[<a href="submitpage.php?id=3730">Submit</a>][<a href="problemstatus.php?id=3730">Status</a>][<a href="bbs.php?id=3730">Discuss</a>]</center><h2>Description</h2><div class="content"><p>在一片土地上有N个城市，通过N-1条无向边互相连接，形成一棵树的结构，相邻两个城市的距离为1，其中第i个城市的价值为value[i]。<br> 不幸的是，这片土地常常发生地震，并且随着时代的发展，城市的价值也往往会发生变动。<br> 接下来你需要在线处理M次操作：<br> 0 x k 表示发生了一次地震，震中城市为x，影响范围为k，所有与x距离不超过k的城市都将受到影响，该次地震造成的经济损失为所有受影响城市的价值和。<br> 1 x y 表示第x个城市的价值变成了y。<br> 为了体现程序的在线性，操作中的x、y、k都需要异或你程序上一次的输出来解密，如果之前没有输出，则默认上一次的输出为0。</p></div><h2>Input</h2><div class="content"><p>第一行包含两个正整数N和M。<br> 第二行包含N个正整数，第i个数表示value[i]。<br> 接下来N-1行，每行包含两个正整数u、v，表示u和v之间有一条无向边。<br> 接下来M行，每行包含三个数，表示M次操作。</p></div><h2>Output</h2><div class="content"><p>包含若干行，对于每个询问输出一行一个正整数表示答案。</p></div><h2>Sample Input</h2> <div class="content"><span class="sampledata">8 1<br> 1 10 100 1000 10000 100000 1000000 10000000<br> 1 2<br> 1 3<br> 2 4<br> 2 5<br> 3 6<br> 3 7<br> 3 8<br> 0 3 1</span></div><h2>Sample Output</h2> <div class="content"><span class="sampledata">11100101<br> </span></div><h2>HINT</h2> <div class="content"><p></p><p>1<=N,M<=100000<br><br> 1<=u,v,x<=N<br><br> 1<=value[i],y<=10000<br><br> 0<=k<=N-1</p><p></p></div><h2>Source</h2> <div class="content"><p><a href="problemset.php?search="></a></p></div><center>[<a href="submitpage.php?id=3730">Submit</a>][<a href="problemstatus.php?id=3730">Status</a>][<a href="bbs.php?id=3730">Discuss</a>]</center><br> <a href="./"><span class="red">HOME</span></a> <a href="javascript:history.go(-1)"><span class="red">Back</span></a> </body>分析
首先我们把点分树给建出来。
操作只有两种，修改和询问距离某个点的距离不超过k的点的和。
考虑如何计算答案。对于每个点，把对于它的点分树上所有祖先的贡献给加好。假设当前点距离点分树上某祖先的距离为dis，那么就把这个祖先的线段树的dis位置加上当前点的权值。每次询问的时候只需要沿着点分树的父亲走，然后每次询问距离在[0,k−dis(fa,u)]的和就好了。
但是这样有个问题，对于当前点的子树，它的贡献会在所有点分树上的祖先位置被重复计算。所以我们再额外维护一棵线段树，表示当前点的所有子树中，对于它点分树父亲的贡献，这样子每次把重复算的给减去就好了
考虑用什么数据结构维护这个贡献，发现只需要支持单点修改和前缀查询，所以我们对于每个点（点分树）维护两个树状数组。两个树状数组都以距离为下标，权值为内容。第一个树状数组维护子树中距离该点为k的权值和，第二个维护距离该点父亲距离为k的权值和。这样改权值时我们暴力爬树高，复杂度\(O(\log^2 n)\)。查询的时候一样爬树高，要注意容斥（把当前子树k的先加起来，往祖先上爬，如果距离小于k，假设为d，我们到祖先上去求一个k-d，再减掉原来这棵子树里被计算过的）。
可以在build_tree时预处理出点分树上的节点的祖先以及它到祖先的距离，这样每次修改就不需要用什么RMQ、LCA求距离了。
时间复杂度\(O((N+M)\log^2 N)\)。开树状数组的时候以子树大小（深度<子树大小）来resize，空间复杂度就\(O(N \log N)\)。
注意： 1. 更新时，一开始要把自己丢在自己的第二个树状数组里面。不然的话在`fa`中加入自己然后循环里面特判也是可以的 2. 往树上爬的时候是不会中途退出的，不会因为有一个祖先爬不上去就终止，说不定有一个爷爷就在你旁边你可以过去呢 3. 对于点分树的题就想象成爬山吧，我们用每一层的重心将点们分割开来，每次爬树高都是解锁区域，翻过一座高山。
co int N=1e5+1;
int n,m,siz[N],f[N],dep[N],root,sum,vis[N];
vector<int> e[N];
int val[N],fa[N][20],dis[N][20];
vector<int> bit[N],fbit[N];
void get_root(int u,int fa){
siz[u]=1,f[u]=0;
for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
get_root(v,u);
siz[u]+=siz[v],f[u]=max(f[u],siz[v]);
}
f[u]=max(f[u],sum-siz[u]);
if(f[u]<f[root]) root=u;
}
void get_shipped(int u,int fa,int anc,int d){
for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
::fa[v][++dep[v]]=anc,dis[v][dep[v]]=d,get_shipped(v,u,anc,d+1); // relationship on the PDCT
}
}
void build_tree(int u){
vis[u]=1,get_shipped(u,0,u,1);
int all=sum;bit[u].resize(all+1),fbit[u].resize(all+1);
for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
if(vis[v=e[u][i]]) continue;
sum=siz[v];if(sum>siz[u]) sum=all-siz[u];
root=0,get_root(v,u),build_tree(root);
}
}
#define lowbit(i) (i&-i)
void change(int u,int v){
int d=dis[u][dep[u]],lim=bit[u].size()-1;
for(int i=d;i&&i<=lim;i+=lowbit(i)) fbit[u][i]+=v;
for(int i=dep[u];i;--i){
d=dis[u][i],lim=bit[fa[u][i]].size()-1;
for(int j=d;j<=lim;j+=lowbit(j)) bit[fa[u][i]][j]+=v;
d=dis[u][i-1];
for(int j=d;j&&j<=lim;j+=lowbit(j)) fbit[fa[u][i]][j]+=v;
}
}
int qsum(int u,int k){
int re=val[u];k=min(k,(int)bit[u].size()-1);
for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) re+=bit[u][i];
return re;
}
int qfsum(int u,int k){
int re=0;k=min(k,(int)fbit[u].size()-1);
for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) re+=fbit[u][i];
return re;
}
int query(int u,int k){
int re=qsum(u,k);
for(int i=dep[u];i;--i)if(dis[u][i]<=k)
re+=qsum(fa[u][i],k-dis[u][i])-qfsum(fa[u][i+1],k-dis[u][i]);
return re;
}
int main(){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;++i) read(val[i]);
for(int i=1,u,v;i<n;++i){
read(u),read(v);
e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
}
f[0]=n,sum=n,get_root(1,0),build_tree(root);
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i][dep[i]+1]=i;
for(int i=1;i<=n;++i) change(i,val[i]);
for(int a,b,c,ans=0;m--;){
read(a),b=read<int>()^ans,c=read<int>()^ans;
if(!a) printf("%d\n",ans=query(b,c));
else change(b,c-val[b]),val[b]=c;
}
return 0;
}
“烁烁的游戏”题意
<body> <center><h2>4372: 烁烁的游戏</h2><span class="green">Time Limit: </span>30 Sec <span class="green">Memory Limit: </span>512 MB<br><span class="green">Submit: </span>1076 <span class="green">Solved: </span>396<br>[<a href="submitpage.php?id=4372">Submit</a>][<a href="problemstatus.php?id=4372">Status</a>][<a href="bbs.php?id=4372">Discuss</a>]</center><h2>Description</h2><div class="content"><p>背景：烁烁很喜欢爬树，这吓坏了树上的皮皮鼠。<br> 题意：<br> 给定一颗n个节点的树，边权均为1，初始树上没有皮皮鼠。<br> 烁烁他每次会跳到一个节点u，把周围与他距离不超过d的节点各吸引出w只皮皮鼠。皮皮鼠会被烁烁吸引，所以会一直待在节点上不动。<br> 烁烁很好奇，在当前时刻，节点u有多少个他的好朋友---皮皮鼠。<br> 大意：<br> 给一颗n个节点的树，边权均为1，初始点权均为0，m次操作：<br> Q x：询问x的点权。<br> M x d w：将树上与节点x距离不超过d的节点的点权均加上w。</p></div><h2>Input</h2><div class="content"><p>第一行两个正整数：n，m<br> 接下来的n-1行，每行三个正整数u，v，代表u，v之间有一条边。<br> 接下来的m行，每行给出上述两种操作中的一种。</p></div><h2>Output</h2><div class="content"><p>对于每个Q操作，输出当前x节点的皮皮鼠数量。</p></div><h2>Sample Input</h2> <div class="content"><span class="sampledata">7 6<br> 1 2<br> 1 4<br> 1 5<br> 2 3<br> 2 7<br> 5 6<br> M 1 1 2<br> Q 5<br> M 2 2 3<br> Q 3<br> M 1 2 1<br> Q 2</span></div><h2>Sample Output</h2> <div class="content"><span class="sampledata">2<br> 3<br> 6<br> </span></div><h2>HINT</h2> <div class="content"><p></p><p>数据范围：<br><br> n，m<=10^5,|w|<=10^4<br><br> 注意：w不一定为正整数，因为烁烁可能把皮皮鼠吓傻了。</p><p></p></div><h2>Source</h2> <div class="content"><p><a href="problemset.php?search="></a></p></div><center>[<a href="submitpage.php?id=4372">Submit</a>][<a href="problemstatus.php?id=4372">Status</a>][<a href="bbs.php?id=4372">Discuss</a>]</center><br> <a href="./"><span class="red">HOME</span></a> <a href="javascript:history.go(-1)"><span class="red">Back</span></a> </body>分析
这两个题的关系，类似树状数组单点加区间查询和区间加单点查询的关系。
建出点分树后，建立以距离为下标，修改的差分标记为内容的树状数组。这样修改操作就用在点分树上跳，用两个树状数组容斥地维护差分标记。查询的时候也在点分树上跳，沿途求出对应距离的差分值，加起来就是答案了。
打得我有点头晕。树状数组只维护距离节点距离>1的点的标记，另开一个`val`维护自己。
co int N=1e5+1;
int n,m,siz[N],f[N],root,sum,vis[N];
vector<int> e[N];
void get_root(int u,int fa){
siz[u]=1,f[u]=0;
for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
get_root(v,u);
siz[u]+=siz[v],f[u]=max(f[u],siz[v]);
}
f[u]=max(f[u],sum-siz[u]);
if(f[u]<f[root]) root=u;
}
int dep[N],fa[N][20],dis[N][20];
void get_shipped(int u,int fa,int anc,int d){
for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
if(vis[v=e[u][i]]||v==fa) continue;
::fa[v][++dep[v]]=anc,dis[v][dep[v]]=d,get_shipped(v,u,anc,d+1);
}
}
int val[N];
vector<int> bit[N],fbit[N];
void build_tree(int u){
vis[u]=1,get_shipped(u,0,u,1);
int all=sum;bit[u].resize(all+1),fbit[u].resize(all+1);
for(int i=0,v;i<e[u].size();++i){
if(vis[v=e[u][i]]) continue;
sum=siz[v];if(sum>siz[u]) sum=all-siz[u];
root=0,get_root(v,u),build_tree(root);
}
}
#define lowbit(i) (i&-i)
int query(int x){
int re=val[x];
for(int i=dep[x];i;--i){
for(int j=dis[x][i];j;j-=lowbit(j)) re+=bit[fa[x][i]][j];
for(int j=min(dis[x][i],(int)fbit[fa[x][i+1]].size()-1);j;j-=lowbit(j)) re-=fbit[fa[x][i+1]][j];
}
return re;
}
void add(int x,int d,int w){
for(int i=d;i<bit[x].size();i+=lowbit(i)) bit[x][i]+=w;
}
void addf(int x,int d,int w){
for(int i=d;i<fbit[x].size();i+=lowbit(i)) fbit[x][i]+=w;
}
void change(int x,int d,int w){
val[x]+=w;
int lim=min((int)bit[x].size()-1,d);
add(x,1,w),add(x,d+1,-w);
for(int i=dep[x];i;--i)if(dis[x][i]<=d){
val[fa[x][i]]+=w,add(fa[x][i],1,w),add(fa[x][i],d-dis[x][i]+1,-w);
addf(fa[x][i+1],1,w),addf(fa[x][i+1],d-dis[x][i]+1,-w);
}
}
int main(){
read(n),read(m);
for(int i=1,u,v;i<n;++i){
read(u),read(v);
e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
}
f[0]=n,sum=n,get_root(1,0),build_tree(root);
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i][dep[i]+1]=i;
for(int x,d,w;m--;){
static char op[2];scanf("%s",op);
if(op[0]=='Q') read(x),printf("%d\n",query(x));
else read(x),read(d),read(w),change(x,d,w);
}
return 0;
}
静渊以有谋，疏通而知事。
