标签：lan ash 无法 change eve ice cstring exp std
题意：给定一棵树，每次询问给出l r z，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
题解：
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。（by gconeice）
没考虑到取余之后会变负数，WA*2。这一点可以用(ans+P)%P来解决。
#include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define ll long long const int MAXN=50000+2; const int P=201314; struct QUERY{ int l,r,z; }q[MAXN]; struct HASH{ int u; HASH *next; HASH(){} HASH(int _u,HASH *_next):u(_u),next(_next){} }mem[MAXN*2]; struct NODE{ int c,f,son,mark,depth,belong; HASH *child; }node[MAXN]; typedef struct TREE{ ll s; int l,r,add; TREE *lchild,*rchild; TREE(){} TREE(int _l,int _r):l(_l),r(_r),s(0),add(0),lchild(0),rchild(0){} } *ROOT; ROOT root; int N,Q,cnt; ll ans[MAXN]; vector<int> a[MAXN]; void Insert(int u,int v){ node[u].child=&(mem[cnt++]=HASH(v,node[u].child));} void DFS1(int x,int f,int d){ node[x].f=f,node[x].depth=d,node[x].c=1,node[x].son=-1; for(HASH *p=node[x].child;p;p=p->next) if(p->u!=f){ DFS1(p->u,x,d+1); node[x].c+=node[p->u].c; if(node[x].son==-1 || node[p->u].c>node[node[x].son].c) node[x].son=p->u; } } void DFS2(int x,int b){ node[x].belong=b,node[x].mark=++cnt; if(node[x].son==-1) return; DFS2(node[x].son,b); for(HASH *p=node[x].child;p;p=p->next) if(p->u!=node[x].son && p->u!=node[x].f) DFS2(p->u,p->u); } void Build(ROOT &x,int l,int r){ x=new TREE(l,r); if(l==r) return; int m=(l+r)>>1; Build(x->lchild,l,m),Build(x->rchild,m+1,r); } void Pushup(ROOT &x){ x->s=(x->lchild->s+x->rchild->s)%P;} void Pushdown(ROOT &x,int m){ if(x->add){ x->lchild->s=(x->lchild->s+x->add*(m-(m>>1)))%P; x->rchild->s=(x->rchild->s+x->add*(m>>1))%P; x->lchild->add=(x->lchild->add+x->add)%P; x->rchild->add=(x->rchild->add+x->add)%P; x->add=0; } } void Change(ROOT &x,int l,int r){ if(x->l>=l && x->r<=r){ x->s=(x->s+x->r-x->l+1)%P,x->add=(x->add+1)%P; if(x->l!=x->r) Pushdown(x,x->r-x->l+1); return; } Pushdown(x,x->r-x->l+1); int m=(x->l+x->r)>>1; if(l<=m) Change(x->lchild,l,r); if(r>m) Change(x->rchild,l,r); Pushup(x); } void Update(int u){ while(u!=-1){ Change(root,node[node[u].belong].mark,node[u].mark); u=node[node[u].belong].f; } } ll Summation(ROOT &x,int l,int r){ if(x->l>=l && x->r<=r) return x->s; Pushdown(x,x->r-x->l+1); int m=(x->l+x->r)>>1; ll ret=0; if(l<=m) ret=(ret+Summation(x->lchild,l,r))%P; if(r>m) ret=(ret+Summation(x->rchild,l,r))%P; return ret; } int Query(int u){ ll ret=0; while(u!=-1){ ret=(ret+Summation(root,node[node[u].belong].mark,node[u].mark))%P; u=node[node[u].belong].f; } return ret; } int main(){ scanf("%d %d",&N,&Q); for(int i=1,u;i<N;i++){ scanf("%d",&u); Insert(i,u),Insert(u,i); } for(int i=1;i<=Q;i++){ scanf("%d %d %d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].z),q[i].l--; a[q[i].l].push_back(i),a[q[i].r].push_back(i); } cnt=0,DFS1(0,-1,0),DFS2(0,0); Build(root,1,N); for(int i=0;i<N;i++){ Update(i); for(int j=0;j<a[i].size();j++){ ll t=Query(q[a[i][j]].z); ans[a[i][j]]=(ans[a[i][j]]?t-ans[a[i][j]]:t)%P; ans[a[i][j]]=(ans[a[i][j]]+P)%P; } } for(int i=1;i<=Q;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/WDZRMPCBIT/p/6444259.html
