BZOJ 3626: [LNOI2014]LCA

3626: [LNOI2014]LCA

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 2074  Solved: 828
[Submit][Status][Discuss]

Description

给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）

 

Input

第一行2个整数n q。
接下来n-1行，分别表示点1到点n-1的父节点编号。
接下来q行，每行3个整数l r z。

 

Output

输出q行，每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出

 

Sample Input

5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2

Sample Output

8
5

HINT

 

共5组数据，n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。

 

 

Source

数据已加强 by saffah

[Submit][Status][Discuss]

 

树链剖分+线段树

 

显然，暴力求解的复杂度是无法承受的。
考虑这样的一种暴力，我们把 z 到根上的点全部打标记，对于 l 到 r 之间的点，向上搜索到第一个有标记的点求出它的深度统计答案。观察到，深度其实就是上面有几个已标记了的点（包括自身）。所以，我们不妨把 z 到根的路径上的点全部 +1，对于 l 到 r 之间的点询问他们到根路径上的点权和。仔细观察上面的暴力不难发现，实际上这个操作具有叠加性，且可逆。也就是说我们可以对于 l 到 r 之间的点 i，将 i 到根的路径上的点全部 +1, 转而询问 z 到根的路径上的点（包括自身）的权值和就是这个询问的答案。把询问差分下，也就是用 [1, r] − [1, l − 1] 来计算答案，那么现在我们就有一个明显的解法。从 0 到 n − 1 依次插入点 i，即将 i 到根的路径上的点全部+1。离线询问答案即可。我们现在需要一个数据结构来维护路径加和路径求和，显然树链剖分或LCT 均可以完成这个任务。树链剖分的复杂度为 O((n + q)· log n · log n)，LCT的复杂度为 O((n + q)· log n)，均可以完成任务。至此，题目已经被我们完美解决。

 

#include <bits/stdc++.h>
const int siz = 50005;
int n, m, hd[siz], to[siz], nt[siz], tot;
long long ans[siz], sum[siz << 2], tag[siz << 2];
int sz[siz], fa[siz], sn[siz], tp[siz], ps[siz], cnt;
void dfs1(int u) {
    sz[u] = 1;
    for (int i = hd[u]; ~i; i = nt[i]) {
        fa[to[i]] = u; dfs1(to[i]); sz[u] += sz[to[i]];
        if (sz[to[i]] > sz[sn[u]])sn[u] = to[i];
    }
}
void dfs2(int u) {
    if (sn[fa[u]] == u)tp[u] = tp[fa[u]];
    else {
        tp[u] = u;
        for (int i = u; i; i = sn[i])
            ps[i] = ++cnt;
    } 
    for (int i = hd[u]; ~i; i = nt[i])dfs2(to[i]);
}
struct Q {
    int x, y, z, id;
    Q(void) {};
    Q(int a, int b, int c, int d) :
        x(a), y(b), z(c), id(d) {};
}q[siz << 1]; int qt;
bool operator < (const Q &a, const Q &b) {
    return a.x < b.x;
}
void add(int t, int l, int r, long long k) {
    tag[t] += k;
    sum[t] += k * (r - l + 1);
}
void pushdown(int t, int l, int r) {
    if (!tag[t])return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    add(t << 1, l, mid, tag[t]);
    add(t << 1 | 1, mid + 1, r, tag[t]);
    tag[t] = 0LL;
}
void add(int t, int l, int r, int x, int y) {
    if (l == x && y == r)add(t, l, r, 1);
    else {
        pushdown(t, l, r);
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (y <= mid)add(t << 1, l, mid, x, y);
        else if (x > mid)add(t << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
        else add(t << 1, l, mid, x, mid), add(t << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, y);
        sum[t] = sum[t << 1] + sum[t << 1 | 1];
    }
}
long long ask(int t, int l, int r, int x, int y) {
    if (l == x && y == r)return sum[t];
    pushdown(t, l, r); 
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (y <= mid)return ask(t << 1, l, mid, x, y);
    if (x > mid)return ask(t << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
    return ask(t << 1, l, mid, x, mid) + ask(t << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, y);
}
void insert(int u) {
    while (u) {
        int v = tp[u];
        add(1, 1, n, ps[v], ps[u]);
        u = fa[v];
    }
}
long long qry(int u) {
    long long ret = 0;
    while (u) {
        int v = tp[u];
        ret += ask(1, 1, n, ps[v], ps[u]);
        u = fa[v];
    }
    return ret;
}
signed main(void) {
//    freopen("in", "r", stdin);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    memset(hd, -1, sizeof(hd));
    for (int i = 2, f; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &f), nt[tot] = hd[++f], to[tot] = i, hd[f] = tot++;
    dfs1(1); dfs2(1);
    for (int i = 1, x, y, z; i <= m; ++i) {
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); ++x, ++y, ++z;
        q[qt++] = Q(x - 1, z, -1, i);
        q[qt++] = Q(y, z, 1, i);
    }
    std::sort(q, q + qt);
    for (int i = 0, j = 0; i <= n; ++i) {
        insert(i);
        for (; q[j].x == i; ++j)
            ans[q[j].id] += q[j].z * qry(q[j].y);
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i)printf("%lld\n", ans[i] % 201314);
}

 

@Author: YouSiki