CF276E Little Girl and Problem on Trees
此题为本人在Codeforces上独立AC的第一道洛谷紫色难度的题目，极具纪念意义，特此发布题解。
题意简述
给定一棵无边权的树，初始点权均为0，保证除根节点外其余节点的度数不超过2。执行m次操作，每次操作为以下两种操作之一：（1）0 u x d 将距离节点u不超过d的点的权值加上x；（2）1 u 查询节点u的权值。
算法概述
显然，树的形态就是根上挂了很多条链，考虑利用这个形态的特殊性。
首先，如果距离d以内的点均与u在同一条链上，那么很好处理，直接线段树维护链上的区间权值即可，因为同一条链上的点dfs序是连续的，以下用id[u]表示节点u的dfs序。
但是这道题并没有那么简单，这个d完全有可能超过dep[u]，那么就会绕过根影响到u所在的链以外的点，如果直接将链以外的点的权值也一同处理了，则时间复杂度显然不行。
考虑在根上挂标记，将需要增加的点权暂时保留在根上。以val[i]表示距离根i以内的点需要加上的权值，这个定义等价于深度小于等于i的点需要加上的权值（定义根节点深度为0）。
我们用dep[u]表示节点u的深度，那么在查询节点u时，其保留在根上的还需增加的点权即为val[dep[u],dep[u]+1,…,n-1]（一共n个节点，深度最大为n-1），也就是一段后缀和，故我们可以用树状数组维护。
于是，我们就得到了一个可以很好解决这个问题的算法：
对于修改操作：若d<dep[u]，直接线段树维护即可；若d>=dep[u]，则先在根上加标记，val[d-dep[u]]加上x，然后处理链，由于在根上加了标记之后，原链上距离根d-dep[u]以内的点已经被覆盖了，所以考虑有没有过多覆盖（即覆盖的范围超出了本来需要修改的范围），这显然不可能（反证：若过多覆盖，即d-dep[u]>dep[u]+d => dep[u]<0，矛盾！）。所以已覆盖的范围是必然小于等于我们原本需要覆盖的范围的，那么我们只需考虑还需修改的范围（但是已覆盖的范围可能已经包括了链的末端，所以还需要特判）。这个范围的顶端显然是链顶（id[u]-dep[u]+1）加上已覆盖的范围（d-dep[u]），即id[u]-2*dep[u]+d+1，而末端可能为原链的链尾（id[u]+len[ch[u]]-dep[u]），也有可能是id[u]+d，两者相比较一下取小即可。然后对于这个范围，用线段树做一下区间修改即可。
为了快速得到链尾，我们可以预处理出ch[u]表示节点u所在的链的编号，len[i]表示编号为i的链的长度，即链尾节点的深度。
对于查询操作：一部分是已修改的权值，直接线段树单点查询即可，另一部分是待修改的权值，被我们挂在根上，故树状数组区间查询后缀和即可。
还有一个细节需要注意，由于树状数组维护的下标范围是从1开始的，而我们的深度最小是0，所以我们需要在对树状数组执行操作时的下标整体后移一位。
时间复杂度O(mlogn)。
参考代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
struct Edge{
int to,next;
}edge[N<<1];int idx;
int h[N];
void add_edge(int u,int v){edge[++idx]={v,h[u]};h[u]=idx;}
struct Segment_Tree{
int l,r;
ll sum;
ll add;
#define l(p) tree[p].l
#define r(p) tree[p].r
#define sum(p) tree[p].sum
#define add(p) tree[p].add
}tree[N<<2];
void push_up(int p){sum(p)=sum(p<<1)+sum(p<<1|1);}
void spread(int p)
{
if(add(p))
{
sum(p<<1)+=add(p)*(r(p<<1)-l(p<<1)+1);
sum(p<<1|1)+=add(p)*(r(p<<1|1)-l(p<<1|1)+1);
add(p<<1)+=add(p);
add(p<<1|1)+=add(p);
add(p)=0;
}
}
void build(int p,int l,int r)
{
l(p)=l,r(p)=r;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
build(p<<1,l,mid);
build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void change(int p,int l,int r,int v)
{
if(l<=l(p)&&r>=r(p))
{
sum(p)+=(ll)v*(r(p)-l(p)+1);
add(p)+=v;
return;
}
spread(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(l<=mid)change(p<<1,l,r,v);
if(r>mid)change(p<<1|1,l,r,v);
push_up(p);
}
int query(int p,int pos)
{
if(l(p)==r(p))return sum(p);
spread(p);
int mid=l(p)+r(p)>>1;
if(pos<=mid)return query(p<<1,pos);
else return query(p<<1|1,pos);
}
int dep[N],id[N];
int len[N],ch[N];
int timestamp,cnt;
void dfs(int p,int f,int ch_id)
{
id[p]=++timestamp;
dep[p]=dep[f]+1;
ch[p]=ch_id; //处理链的编号
len[ch_id]=max(len[ch_id],dep[p]); //每条链的最大深度
for(int i=h[p];~i;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(to==f)continue;
dfs(to,p,ch_id);
}
}
void init()
{
dep[1]=0;
id[1]=++timestamp;
for(int i=h[1];~i;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
dfs(to,1,++cnt);
}
}
int tr[N];
int n,m;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add_tree(int x,int y){for(;x<=n;x+=lowbit(x))tr[x]+=y;}
int ask(int x)
{
int ans=0;
for(;x;x-=lowbit(x))ans+=tr[x];
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
init();
build(1,1,n);
while(m--)
{
int tp;scanf("%d",&tp);
if(!tp) //修改操作
{
int u,x,d;scanf("%d%d%d",&u,&x,&d);
if(u==1)add_tree(d+1,x); //根节点直接特殊处理，d+1是下标后移一位
else if(d<dep[u]) //完全在链上的情况
change(1,max(id[u]-d,id[u]-dep[u]+1),min(id[u]+len[ch[u]]-dep[u],id[u]+d),x); //顶端取max，末端取min
else //需要在根上挂标记的情况
{
add_tree(d-dep[u]+1,x); //处理根上的标记，+1同样也是因为下标后移一位
if(id[u]+len[ch[u]]-dep[u]<id[u]+d-2*dep[u]+1)continue; //链尾<未被覆盖的第一个点，即链尾已被覆盖
change(1,id[u]+d-2*dep[u]+1,min(id[u]+len[ch[u]]-dep[u],id[u]+d),x); //末端取min
}
}
else //查询操作
{
int u;scanf("%d",&u);
int ans=query(1,id[u]); //已经被修改的部分
int sum=ask(n)-ask(dep[u]); //还保留在根上的待修改部分，范围是[dep[u],n-1]，下标后移一位[dep[u]+1,n]
//由于树状数组查询的是前缀和，所以查询1~n和1~dep[u]相减即可。
printf("%d\n",ans+sum); //两部分相加即为答案
}
}
return 0;
}
