BZOJ 5477: 星际穿越
当初随便出的一道 思博题 竟然被交换到了八中 QAQ
然后就上了 BZOJ 。。。作为原作者还是把原来写的详细题解放出来吧 qwq
题意
\(n\) 个点的数，每个点初始有权值 \(v_i\) ，需要支持 \(m\) 次操作。
动态单点加权值，查询子树内点对的距离和。
题解
5pts
观察到第 \(9\) 个点，只有修改，没有询问。只需要正确打开文件并且不输出任何字符即可。
（注意暴力不能 \(RE\) 或者 \(MLE\) 与 \(TLE\) 才能 艰难地 拿到这个分）
15pts
对于 \(n, m \le 50\) 的点，每次直接修改点权。
询问的时候暴力枚举子树中的点对，然后跳 \(Lca\) 计算距离。
复杂度是 \(O(mn^3)\) 的。
30pts
发现暴力枚举点对的时候不需要重新跳 \(Lca\) ，直接从每个点 \(Bfs\) or \(Dfs\) 即可。
复杂度是 \(O(mn^2)\) 的。
45pts
考虑把暴力这颗子树弄出来，就变成求树上两两点对带权距离和的经典问题。
如果工业一点就可以写个点分治，复杂度就是 \(O(mn \log n)\) 的，常数优秀应该可以得到这些分。
但其实没有这么麻烦，如果是边权的话，每个边被多少条路径经过，其实就是两边子树 \(size\) （子树大小）的乘积，也就是 \(size * (tot - size + 1)\) 。
但这题权值是在点上的，所以要枚举它每一个儿子顺次计算，就是每个点的 \(size\) 和前面的 \(size\) 之和的乘积，最后加上子树内外的 \(size\) 之积就行了。然后复杂度就是 \(O(nm)\) 的。
还有一种一遍 \(dp\) 一遍换根的做法就不多赘述了，复杂度也是 \(O(nm)\) 的。
55pts
其实刚刚那个 \(O(nm \log n)\) 或者 \(O(nm)\) 的算法也可以通过 \(10, 11\) 号点的...
60pts
但对于只有询问的点，应该是有更好的做法，利用两点距离 \(dis_{a, b} = dep_a + dep_b - dep_{lca(a, b)} \times 2 + v_{lca(a, b)}\) 这个经典计算方式。
考虑每个点的 \(dep\) 计算了多少次，以及它作为 \(lca\) 时计算了多少次 \(dep\) 与 \(v\) 。
我们推导式子：
此处 \(coef_u\) 为 \(u\) 作为 \(lca\) 出现的次数。至于求这个，可以依次考虑它的每个儿子，系数就是每个儿子的 \(sz\) 乘上前面所有 \(sz\) 的和（一开始要算上 \(u\) 点）。
我们用 \(Dfs\) 预处理就行了，记下当前的 \(\displaystyle \sum_{u \in child_p} dep_u\) 的值，以及 \(\displaystyle \sum_{u \in child_p} (v_u - dep_u * 2) * coef_u\) 即可在 \(O(n)\) 的时间里预处理出所有点的答案。
80pts
\(u_i = v_i - 1\) ：直接考虑每个点被多少个区间覆盖即可，用线段树支持动态修改和查询。
\(u_i = 1\) ：分类讨论即可。询问的时候 \(p = 2\) ，\(u \not = 1\) 的时候直接输出 \(v_p\) ，\(u = 1\) 的时候也可以十分轻易地直接维护答案。
这些点只是为了凑部分分的。
100pts
方法一
至于正解，我们考虑动态维护前面 \(60pts\) 的式子。
我们发现每次只需要动态查询子树的 \(\sum dep_u\) （带权深度）的和，以及 \(\displaystyle \sum_{u \in child_p} (v_u - dep_u * 2) * coef_u\) 就行了。
每次修改单点权值，等价于修改子树内所有点的带权深度和，我们用线段树支持子树修改就行了，然后询问的时候就子树询问。
至于 \(*~coef_u\) ，我们对于线段树每个区间维护 \(coef\) 的和，每次给线段树区间加的时候，把 \(sum\) 加上 \(coef \times x\) 就行了，复杂度就是 \(O(m \log n)\) 的。
方法二
考虑前面 \(45pts\) 其中的一种做法，考虑一个点被多少条路径穿过。
我们先假设只询问全树，那么可以用树状数组维护每个点的系数。那么就可以直接单点修改，区间查询就行了。
如果是询问子树的话，也是很简单的，我们减去经过子树 \(u\) 内点的路径的多余贡献就行了。具体来说，就是子树 \(u\) 中每个点的 \(size\) 乘上子树 \(u\) 外的点数 \(n - size_u\) 就行了。
同样这个也可以用树状数组实现，十分的好写好调。
一些有意思的东西
这题应该是一道原创 送分 题，其实思路十分的简单，体现了出题人的良心。
考察了对于代码的实现以及对于数据结构的实现。
就是代码实现略微有点细节，利用了一个差分的小 \(trick\) 。
在出完这道题后，找 Hometown 验题的时候，他告诉我了方法二，简单好写常数小，发现 \(std\) 又双叒叕被踩了。。。 果然我只能出思博题啊！
代码
方法一
这是出题人一开始想到的一个 sb 方法，常数大，还难写。。
/**************************************************************
Problem: 5477
User: zjp_shadow
Language: C++
Result: Accepted
Time:8816 ms
Memory:67256 kb
****************************************************************/
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define pb push_back
using namespace std;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;
vector<int> G[N]; int id[N];
inline int Plus(int a, int b) {
return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}
#define lson o << 1, l, mid
#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r
template<int Maxn>
struct Segment_Tree {
int coef[Maxn], sumv[Maxn], tag[Maxn];
inline void Modify(int o, int uv) {
tag[o] = Plus(tag[o], uv);
sumv[o] = (sumv[o] + 1ll * coef[o] * uv) % Mod;
}
inline void Push_Down(int o) {
if (tag[o])
Modify(o << 1, tag[o]), Modify(o << 1 | 1, tag[o]), tag[o] = 0;
}
inline void Push_Up(int o) {
sumv[o] = Plus(sumv[o << 1], sumv[o << 1 | 1]);
}
void Build(int o, int l, int r, int *base, int *cur) {
if (l == r) { sumv[o] = 1ll * (coef[o] = base[id[l]]) * cur[id[l]] % Mod; return ; }
int mid = (l + r) >> 1;
Build(lson, base, cur); Build(rson, base, cur);
Push_Up(o); coef[o] = Plus(coef[o << 1], coef[o << 1 | 1]);
}
void Update(int o, int l, int r, int ul, int ur, int uv) {
if (ul <= l && r <= ur) { Modify(o, uv); return ; }
int mid = (l + r) >> 1; Push_Down(o);
if (ul <= mid) Update(lson, ul, ur, uv);
if (ur > mid) Update(rson, ul, ur, uv); Push_Up(o);
}
int Query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
if (ql <= l && r <= qr) return sumv[o];
int mid = (l + r) >> 1, res = 0; Push_Down(o);
if (ql <= mid) res = Plus(res, Query(lson, ql, qr));
if (qr > mid) res = Plus(res, Query(rson, ql, qr));
Push_Up(o); return res;
}
};
#undef lson
#undef rson
Segment_Tree<N << 2> T1, T2, T3;
int coef[N], dfn[N], efn[N], sz[N], dep[N];
void Dfs_Init(int u = 1, int fa = 0) {
static int clk = 0;
dep[u] = dep[fa] + 1;
id[dfn[u] = ++ clk] = u;
coef[u] = sz[u] = 1;
Rep (i, G[u].size()) {
int v = G[u][i];
if (v != fa) {
Dfs_Init(v, u);
coef[u] = (coef[u] + 1ll * sz[u] * sz[v]) % Mod;
sz[u] += sz[v];
}
}
efn[u] = clk;
}
int main () {
//freopen ("transport.in", "r", stdin);
//freopen ("transport.out", "w", stdout);
int n = read(), m = read();
For (i, 1, n - 1) {
int u = read(), v = read();
G[u].pb(v); G[v].pb(u);
}
Dfs_Init();
int I[N]; For (i, 1, n) I[i] = 1;
T1.Build(1, 1, n, I, dep);
T2.Build(1, 1, n, coef, dep);
T3.Build(1, 1, n, coef, I);
For (i, 1, m) {
int opt = read(), pos = read();
if (opt == 1) {
int val = read();
T1.Update(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos], val);
T2.Update(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos], val);
T3.Update(1, 1, n, dfn[pos], dfn[pos], val);
} else {
long long ans =
1ll * T1.Query(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos]) * (sz[pos] + 1)
- T2.Query(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos]) * 2ll
+ T3.Query(1, 1, n, dfn[pos], efn[pos]);
printf ("%lld\n", (ans % Mod + Mod) % Mod);
}
}
return 0;
}
方法二
简单的树状数组解法 QAQ
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
const int N = 3e5 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;
vector<int> G[N];
int n, dfn[N], efn[N], sz[N], coef[N];
inline int Plus(int a, int b) {
return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}
#define lowbit(x) (x & -x)
template<int Maxn>
struct Fenwick_Tree {
int sumv[Maxn];
inline void Update(int pos, int uv) {
for (; pos <= n; pos += lowbit(pos))
sumv[pos] = Plus(sumv[pos], uv);
}
inline int Query(int pos) {
int res = 0;
for (; pos; pos -= lowbit(pos))
res = Plus(res, sumv[pos]);
return res;
}
inline int Query(int l, int r) {
return Query(r) - Query(l - 1);
}
};
Fenwick_Tree<N> T1, T2;
void Dfs_Init(int u = 1, int fa = 0) {
static int clk = 0;
dfn[u] = ++ clk;
sz[u] = coef[u] = 1;
Rep (i, G[u].size()) {
int v = G[u][i];
if (v != fa) {
Dfs_Init(v, u);
coef[u] = (coef[u] + 1ll * sz[u] * sz[v]) % Mod;
sz[u] += sz[v];
}
}
coef[u] = (coef[u] + 1ll * sz[u] * (n - sz[u])) % Mod;
T1.Update(dfn[u], coef[u]);
T2.Update(dfn[u], sz[u]); efn[u] = clk;
}
int main () {
////freopen ("transport.in", "r", stdin);
////freopen ("transport.out", "w", stdout);
n = read(); int m = read();
For (i, 1, n - 1) {
int u = read(), v = read();
G[u].pb(v); G[v].pb(u);
}
Dfs_Init();
For (i, 1, m) {
int opt = read(), pos = read();
if (opt == 1) {
int val = read();
T1.Update(dfn[pos], 1ll * val * coef[pos] % Mod);
T2.Update(dfn[pos], 1ll * val * sz[pos] % Mod);
} else {
long long ans =
T1.Query(dfn[pos], efn[pos])
- 1ll * T2.Query(dfn[pos], efn[pos]) * (n - sz[pos]);
printf ("%lld\n", (ans % Mod + Mod) % Mod);
}
}
return 0;
}
