LOJ #2434. 「ZJOI2018」历史（LCT)
题意
题解
我们首先考虑答案是个什么样的东西， 不难 发现每个点可以单独计算它的贡献。
令每个点 \(i\) 崛起次数为 \(a_i\) 。
假设一个点子树的 \(\sum a_i\) 分别为 \(b_1,b_2,\dots,b_k\) ，令 \(S = a_i + \sum b_j\) 。
那么这个点的答案为
至于为什么是这样可以简单说明下：
\(S - 1\) ：显然是这个点的答案的上界，除了第一次，后面每一次最多对这个点贡献一次。
\(2(S - \max(\max\{b_j\}, a_i))\) ：不难发现，我们总可以找到一种方案使得 \(S - \max\) 那种与 剩下的 \(\max(\max\{b_j\}, a_i)\) 交错出现，使得这个答案取得上界，然后每次会存在两种贡献。
这样我们就可以得到一个 \(O(n)\) 的 \(dp\) 了。
我们考虑如何动态维护这个 \(dp\) 。
不难发现这个操作及其类似于 Link_Cut_Tree 中的 Access 操作。
我们令 \(b_u = \sum_{v \in child(u)} a_v\) 也就是 \(u\) 的子树 \(a\) 和。
我们考虑维护这个东西，不难发现每次给一个点的 \(a_u\) 加上 \(v\) ，相当于把这个点到根的 \(b_u\) 加上 \(v\) 。
然后考虑如何维护一个点的贡献，如果 \(u\) 存在一个儿子 \(v\) 使得 \(b_v \times 2 > b_u + 1\) 那么我们定义 \(v \to u\) 为实边。
其余的边都为虚边。不难发现这些实边会对于 \(u\) 存在 \(2(b_u - b_v)\) 的贡献。（ \(a\) 不可能存在贡献，因为 \(b_v\) 已经占据一半了）
然后虚边的贡献就是 \(\min(b_u - 1, 2(b_u - a_u))\) 。
这个可以自己列列不等式，讨论讨论就行了。
然后我们每次 Access 操作就是将链上的一些点加权，并且更换虚实边就行了，重新计算贡献就行了。
这个直接用支持加法标记的 LCT 维护就行了。
不难发现一个点到根的实边最多是 \(\log w\) 条，因为每条实边会使得权值至少翻倍。
所以最后复杂度就是 \(O(n + q\log w)\) 的。
总结
有些题，我们先找出它的一些巧妙性质以及结论，然后考虑用数据结构维护。（这似乎也是出题的好思路？）
代码
不太会写的话还是建议看看代码的。。
#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 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 DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline bool chkmin(ll &a, ll b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(ll &a, ll b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
return x * fh;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("374.in", "r", stdin);
freopen ("374.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 4e5 + 1e3;
int n, m;
vector<int> G[N];
int son[N];
ll Ans, ans[N], b[N], a[N];
inline void ReCalc(int u) {
Ans -= ans[u];
ans[u] = son[u] ? 2 * (b[u] - b[son[u]]) : b[u] - 1;
if (a[u] * 2 > b[u] + 1) ans[u] = 2 * (b[u] - a[u]);
Ans += ans[u];
}
#define ls(o) ch[o][0]
#define rs(o) ch[o][1]
namespace Link_Cut_Tree {
int ch[N][2], fa[N];
inline bool get(int o) { return o == rs(fa[o]); }
inline bool is_root(int o) { return o != ls(fa[o]) && o != rs(fa[o]); }
inline void Rotate(int v) {
int u = fa[v], t = fa[u], d = get(v);
fa[ch[u][d] = ch[v][d ^ 1]] = u;
fa[v] = t; if (!is_root(u)) ch[t][rs(t) == u] = v;
fa[ch[v][d ^ 1] = u] = v;
}
ll tag[N];
inline void Add(int o, ll uv) { if (o) b[o] += uv, tag[o] += uv; }
inline void Push_Down(int o) {
if (!tag[o]) return ;
Add(ls(o), tag[o]);
Add(rs(o), tag[o]); tag[o] = 0;
}
inline void Push_All(int o) {
if (!is_root(o)) Push_All(fa[o]); Push_Down(o);
}
inline void Splay(int o) {
Push_All(o);
for (; !is_root(o); Rotate(o))
if (!is_root(fa[o])) Rotate(get(o) != get(fa[o]) ? o : fa[o]);
}
inline int Get_Root(int o) {
while (ls(o)) Push_Down(o), o = ls(o); return o;
}
inline void Access(int o, int uv) {
for (int t = 0; o; o = fa[t = o]) {
Splay(o);
b[o] += uv; Add(ls(o), uv);
if (son[o]) {
Push_All(son[o]);
if (b[son[o]] * 2 <= b[o] + 1) son[o] = rs(o) = 0;
}
int to = Get_Root(t);
if (b[to] * 2 > b[o] + 1) son[o] = to, rs(o) = t;
ReCalc(o);
}
}
}
void Dfs_Init(int u, int fa = 0) {
Link_Cut_Tree :: fa[u] = fa; b[u] = a[u]; int to = 0;
for (int v : G[u]) if (v != fa) {
Dfs_Init(v, u); b[u] += b[v];
if (b[v] > b[to]) to = v;
}
if (b[to] * 2 > b[u]) son[u] = Link_Cut_Tree :: rs(u) = to; ReCalc(u);
}
int main () {
File();
n = read(); m = read();
For (i, 1, n) a[i] = read();
For (i, 1, n - 1) {
int u = read(), v = read();
G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
}
Ans = 0; Dfs_Init(1);
printf ("%lld\n", Ans);
For (i, 1, m) {
int pos = read(), val = read();
a[pos] += val; Link_Cut_Tree :: Access(pos, val);
printf ("%lld\n", Ans);
}
return 0;
}
