计蒜客 31451 - Ka Chang - [DFS序+树状数组][2018ICPC沈阳网络预赛J题]

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/31451

Given a rooted tree ( the root is node $1$ ) of $N$ nodes. Initially, each node has zero point.

Then, you need to handle $Q$ operations. There're two types:

1 L X: Increase points by $X$ of all nodes whose depth equals $L$ ( the depth of the root is zero ). ($x \leq 10^8$)

2 X: Output sum of all points in the subtree whose root is $X$.

Input
Just one case.

The first lines contain two integer, $N,Q$. ($N \leq 10^5, Q \leq 10^5$).

The next $n-1$ lines: Each line has two integer $a,b$, means that node aa is the father of node $b$. It's guaranteed that the input data forms a rooted tree and node $1$ is the root of it.

The next $Q$ lines are queries.

Output
For each query $2$, you should output a number means answer.

 

题意：

给出一棵 $N$ 个节点的树，初始每个节点的权值均为 $0$，接下来给出 $Q$ 个操作，有两种操作：

第一种，修改操作，对所有深度为 $L$ 的节点（根节点的深度为 $0$），权值加上 $X$；

第二种，查询操作，查询以节点 $X$ 为根节点的子树（包含节点 $X$）内所有节点的权值和。

 

题解：

说实话，比赛的时候，想到了DFS序+线段树的操作，但是不会搞时间复杂度卡死。然而，要知道，神仙的时间复杂度和蒟蒻的时间复杂度是不一样的。

以下根据官方题解：

设定一个层内节点数的阈值 $T$，

当第 $L$ 层的节点数 $size_L < T$ 时，用DFS序把树拍平，

　　修改操作，可以直接暴力枚举所有节点进行 $O\left( {\log N} \right)$ 修改，时间复杂度为 $O\left( {T\log N} \right)$；

　　查询操作，直接就是 $O\left( {\log N} \right)$ 区间查询。

因此，两种操作合起来的时间复杂度 $O\left( {Q \cdot T\log N} \right)$。

当第 $L$ 层的节点数 $size_L \ge T$ 时，

　　修改操作，存储每一层节点的权值（因为同一层内节点的权值永远是一样的），直接 $O\left( 1 \right)$ 修改；

　　查询操作，直接暴力枚举层，对于每一层，使用二分查找，得到属于“根为$X$的子树”的节点的个数，时间复杂度 $O\left( {\frac{N}{T}\log N} \right)$。

因此，两种操作合起来的时间复杂度 $O\left( {Q \cdot \frac{N}{T}\log N} \right)$。

因此总的时间复杂度为 $O\left( {Q\log N\left( {T + \frac{N}{T}} \right)} \right)$，所以令 $T = \sqrt N$ 最优，时间复杂度为 $O\left( {Q\sqrt N \log N} \right)$。

 

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;

int n,q;
int T;
ll val_deep[maxn]; //存储深度为deep的节点的权值
vector<int> Node_deep[maxn]; //存储深度为deep的节点的编号
vector<int> bigL; //存储节点数不小于阈值的层编号

//邻接表-st
struct Edge{
    int u,v;
    Edge(int u=0,int v=0){this->u=u,this->v=v;}
};
vector<Edge> E;
vector<int> G[maxn];
void addedge(int u,int v)
{
    E.push_back(Edge(u,v));
    G[u].push_back(E.size()-1);
}
//邻接表-ed

//dfs序-st
int dfs_clock=0;
int in[maxn],out[maxn];
void dfs(int now,int dep)
{
    in[now]=++dfs_clock;
    Node_deep[dep].push_back(in[now]);
    for(int i=0;i<G[now].size();i++)
    {
        int nxt=E[G[now][i]].v;
        dfs(nxt,dep+1);
    }
    out[now]=dfs_clock;
}
//dfs序-ed

struct _BIT{
    int N;
    ll C[maxn];
    int lowbit(int x){return x&(-x);}
    void init(int n) //初始化共有n个点
    {
        N=n;
        for(int i=1;i<=N;i++) C[i]=0;
    }
    void add(int pos,ll val) //在pos点加上val
    {
        while(pos<=N)
        {
            C[pos]+=val;
            pos+=lowbit(pos);
        }
    }
    ll sum(int pos) //查询1~pos点的和
    {
        ll ret=0;
        while(pos>0)
        {
            ret+=C[pos];
            pos-=lowbit(pos);
        }
        return ret;
    }
}BIT;

int main()
{
    cin>>n>>q;
    T=((n>1000)?(int)sqrt(n):n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int par,son; scanf("%d%d",&par,&son);
        addedge(par,son);
    }

    dfs(1,0);

    for(int dep=0;dep<=n;dep++)
    {
        if(Node_deep[dep].size()>=T) bigL.push_back(dep);
    }


    BIT.init(n);
    memset(val_deep,0,sizeof(val_deep));
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        int type; scanf("%d",&type);
        if(type==1)
        {
            int L,X; scanf("%d%d",&L,&X);
            if(Node_deep[L].size()<T)
                for(int k=0;k<Node_deep[L].size();k++) BIT.add(Node_deep[L][k],(ll)X);
            else
                val_deep[L]+=X;
        }
        else
        {
            int X; scanf("%d",&X);
            ll ans=BIT.sum(out[X])-BIT.sum(in[X]-1);
            for(int k=0;k<bigL.size();k++)
            {
                int dep=bigL[k];
                int L=lower_bound(Node_deep[dep].begin(),Node_deep[dep].end(),in[X])-Node_deep[dep].begin();
                int R=upper_bound(Node_deep[dep].begin(),Node_deep[dep].end(),out[X])-Node_deep[dep].begin();
                ans+=(R-L)*val_deep[dep];
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
}

 

评测结果：

可以看到，名字叫卡常的题目是最不卡常的。