[BZOJ 3221][Codechef FEB13] Obserbing the tree树上询问
[BZOJ 3221]Obserbing the tree树上询问
题目
小N最近在做关于树的题。今天她想了这样一道题，给定一棵N个节点的树，节点按1~N编号，一开始每个节点上的权值都是0，接下来有M个操作。第一种操作是修改，给出4个整数X,Y,A,B,对于X到Y路径上加上一个首项是A，公差是B的等差数列，因为小N十分谨慎，所以她每做完一个修改操作就会保存一次，初始状态是第0次保存的局面。第二种操作是求和，给出2个整数X,Y，输出X到Y路径上所有节点的权值和。第三种操作是读取之前第X次保存的局面，所有节点的状态回到之前第X次保存的状态。现在请你对每一个求和操作输出答案。
INPUT
第一行2个整数N,M表示节点个数和操作次数。接下来N-1行每行2个整数Ui,Vi表示了这棵树中Ui和Vi这2个节点间有边相连。接下来M行每行先有一个字符表示了操作的类型：如果是’c’，那么代表了一个修改操作，接下来有4个整数X1,Y1,A,B，为了使得询问在线，正确的X=X1 xor上次输出的数,Y=Y1 xor上次输出的数,如果之前没有输出过那么当成0。如果是’q’，那么代表了一个求和操作，接下来有2个整数X1,Y1,和修改操作一样需要xor上次输出。如果是’l’，那么代表了一次读取操作，接下来1个整数X1，正确的X=X1 xor上次输出的数。OUTPUT
对于每一个求和操作，输出求和后的值。
SAMPLE
INPUT
5 7
1 2
2 3
3 4
4 5
c 2 5 2 3
c 3 4 5 10
q 1 3
l 13
q 13 15
l 6
q 6 4OUTPUT
12
7
7
解题报告
树剖+可持久化线段树区间修改
唯一的重点在于如何处理等差数列，显然这东西是有顺序的，直接树剖抡链子肯定不行，所以我们找到两点间的$LCA$作为中转站，从$x$更新到$LCA$与从$y$更新到$LCA$分开进行，再记录一下深度差，就可以轻松解决这个鬼畜的问题了
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 using namespace std; 5 typedef long long L; 6 inline L read(){ 7 L sum(0),f(1); 8 char ch(getchar()); 9 for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) 10 if(ch=='-') 11 f=-1; 12 for(;ch>='0'&&ch<='9';sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar()); 13 return sum*f; 14 } 15 struct edge{ 16 int e; 17 edge *n; 18 }a[200005],*pre[100005]; 19 int to; 20 inline void insert(int s,int e){ 21 a[++to].e=e; 22 a[to].n=pre[s]; 23 pre[s]=&a[to]; 24 } 25 int n,m,now,tot; 26 char op[2]; 27 int dep[100005],size[100005],fa[100005],son[100005]; 28 inline void dfs1(int u){ 29 size[u]=1; 30 son[u]=0; 31 dep[u]=dep[fa[u]]+1; 32 for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){ 33 int e(i->e); 34 if(e!=fa[u]){ 35 fa[e]=u; 36 dfs1(e); 37 size[u]+=size[e]; 38 if(size[e]>size[son[u]]) 39 son[u]=e; 40 } 41 } 42 } 43 int timee; 44 int id[100005],top[100005]; 45 inline void dfs2(int u,int rt){ 46 top[u]=rt; 47 id[u]=++timee; 48 if(son[u]) 49 dfs2(son[u],rt); 50 for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){ 51 int e(i->e); 52 if(e!=son[u]&&e!=fa[u]) 53 dfs2(e,e); 54 } 55 } 56 inline int lca(int x,int y){ 57 while(top[x]^top[y]){ 58 if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) 59 swap(x,y); 60 x=fa[top[x]]; 61 } 62 return dep[x]<dep[y]?x:y; 63 } 64 int rt[100005],lch[20000005],rch[20000005]; 65 int cnt; 66 L sum[20000005],add_sx[20000005],add_gc[20000005]; 67 L ans; 68 inline void update(int &x,int las,int ll,int rr,L sx,L gc,int l,int r){ 69 x=++cnt; 70 lch[x]=lch[las]; 71 rch[x]=rch[las]; 72 sum[x]=sum[las]; 73 add_sx[x]=add_sx[las]; 74 add_gc[x]=add_gc[las]; 75 if(ll==l&&r==rr){ 76 add_sx[x]+=sx; 77 add_gc[x]+=gc; 78 return; 79 } 80 sum[x]+=(sx+sx+gc*(L)(rr-ll))*(rr-ll+1)/2; 81 int mid((l+r)>>1); 82 if(rr<=mid) 83 update(lch[x],lch[las],ll,rr,sx,gc,l,mid); 84 else 85 if(mid<ll) 86 update(rch[x],rch[las],ll,rr,sx,gc,mid+1,r); 87 else{ 88 update(lch[x],lch[las],ll,mid,sx,gc,l,mid); 89 update(rch[x],rch[las],mid+1,rr,sx+(mid-ll+1)*gc,gc,mid+1,r); 90 } 91 } 92 inline L query(int x,int ll,int rr,int l,int r){ 93 L ret((add_sx[x]+(ll-l)*add_gc[x]+add_sx[x]+(rr-l)*add_gc[x])*(rr-ll+1)/2); 94 if(ll==l&&r==rr) 95 return ret+sum[x]; 96 int mid((l+r)>>1); 97 if(rr<=mid) 98 return ret+query(lch[x],ll,rr,l,mid); 99 if(mid<ll) 100 return ret+=query(rch[x],ll,rr,mid+1,r); 101 return ret+query(lch[x],ll,mid,l,mid)+query(rch[x],mid+1,rr,mid+1,r); 102 } 103 inline void change(int x,int y,L sx,L gc){ 104 int f(lca(x,y)); 105 L tp1(0),tp2(dep[x]+dep[y]-dep[f]*2+2); 106 while(top[x]^top[f]){ 107 tp1+=dep[x]-dep[top[x]]+1; 108 update(rt[now],rt[now],id[top[x]],id[x],sx+(tp1-1)*gc,-gc,1,n); 109 x=fa[top[x]]; 110 } 111 while(top[y]^top[f]){ 112 tp2-=dep[y]-dep[top[y]]+1; 113 update(rt[now],rt[now],id[top[y]],id[y],sx+(tp2-1)*gc,gc,1,n); 114 y=fa[top[y]]; 115 } 116 ++tp1; 117 --tp2; 118 if(dep[x]<dep[y]) 119 update(rt[now],rt[now],id[x],id[y],sx+(tp1-1)*gc,gc,1,n); 120 else 121 update(rt[now],rt[now],id[y],id[x],sx+(tp2-1)*gc,-gc,1,n); 122 } 123 inline L ask(int x,int y){ 124 L ret(0); 125 while(top[x]^top[y]){ 126 if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) 127 swap(x,y); 128 ret+=query(rt[now],id[top[x]],id[x],1,n); 129 x=fa[top[x]]; 130 } 131 if(dep[x]>dep[y]) 132 swap(x,y); 133 ret+=query(rt[now],id[x],id[y],1,n); 134 return ret; 135 } 136 int main(){ 137 memset(pre,NULL,sizeof(pre)); 138 n=read(),m=read(); 139 for(int i=1;i<n;++i){ 140 int x(read()),y(read()); 141 insert(x,y),insert(y,x); 142 } 143 dfs1(1); 144 dfs2(1,1); 145 while(m--){ 146 scanf("%s",op); 147 if(op[0]=='c'){ 148 L x(read()),y(read()),sx(read()),gc(read()); 149 x^=ans,y^=ans; 150 rt[++tot]=rt[now]; 151 now=tot; 152 change(x,y,sx,gc); 153 } 154 if(op[0]=='q'){ 155 L x(read()),y(read()); 156 x^=ans,y^=ans; 157 ans=ask(x,y); 158 printf("%lld\n",ans); 159 } 160 if(op[0]=='l'){ 161 L x(read()); 162 x^=ans; 163 now=x; 164 } 165 } 166 }
算是真正搞会了可持久化线段树区间修改了，毕竟改了一上午= =
不要问我俩$CE$咋来的，尝试把数组大小多按几个零，或者强行$Replace$ $All$所有的$int$成$L$，把$printf$顺便$Replace$一下，获得$prLf\times 1$，就可以获得$CE\times 2$了QAQ
