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：

\begin{aligned} a n s & = \sum_{u \in c h i l d_{p}} \sum_{v \in c h i l d_{p}, v \geq u} d e p_{u} + d e p_{v} - d e p_{l c a (a, b)} * 2 + v_{l c a (a, b)} \\ = (\sum_{u \in c h i l d_{p}} d e p_{u}) \times (s i z e_{p} + 1) + \sum_{u \in c h i l d_{p}} (v_{u} - d e p_{u} * 2) * c o e f_{u} \end{aligned}

$\begin{aligned} ans &= \sum_{u \in child_p} \sum_{v \in child_p, v \ge u} dep_u + dep_v - dep_{lca(a, b)} * 2 + v_{lca(a, b)} \\ &= (\sum_{u \in child_p} dep_u) \times (size_p + 1) + \sum_{u \in child_p} (v_u - dep_u * 2) * coef_u \end{aligned}$

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;

}

__EOF__

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BZOJ 5477: 星际穿越

发表于 2019-02-14 14:45阅读：604评论：4推荐：0

bzoj 树状数组线段树

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世界是个回音谷，念念不忘，必有回响，你大声喊唱，山谷雷鸣，音传千里，一叠一叠，一浪一浪，彼岸世界都收到了。凡事念念不忘，必有回响。因为它在传递你心间的声音，绵绵不绝，遂相印于心。

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