【HDU】4918 Query on the subtree 点分治+树状数组

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题目分析：

首先，简化问题。

1.求一次到点u的距离不超过d的点的个数。很容易，一次O（NlogN）的点分治便可以完成。

2.多次进行操作1。此时不能每次都O（NlogN）了，太慢了。我们考虑到对于点分治，树的重心一共有logN层，第一层为整棵树的重心，第二层为第一层重心的子树的重心，以此类推，每次至少分成两个大小差不多的子树，所以一共有logN层。而且，对于一个点，他最多只属于logN个子树，也就是最多只属于logN个重心。所以我们可以预处理出每个点所属于的重心以及到这些重心的距离，以每个重心建树状数组，每个点按照到重心的距离插入到树状数组中，然后每次查询到u距离不超过d的点的个数就通过树状数组求前缀和得到。

假设一个重心x到u的距离为dis，那么便统计到重心x距离不超过d-dis的点的个数，这个过程我们称之为“借力”，本身能力有限，所以需要借助x的影响力。因为如果这个重心被u借力了，那么这个重心的子重心一定也被借力，由于相邻被借力的两个重心x、y所统计的点会有重复，所以我们需要去重。去重的话我们就通过对每个节点再开一个v对x的树状数组，这个树状数组的意义为：重心x的子树v的重心为y时，子树v中每个点到x的距离为下标建立的树状数组。因为重心x与重心y交集的部分，重心x包括的部分重心y一定包括，所以统计的时候减去v对x的树状数组中距x不超过d-dis的点的个数即可。访问u所属与的所有重心，挨个借力，同时去重，便能得到距离u不超过d的点的个数。因为重心最多logN层，每个树状数组最多N个点，logN复杂度的统计，所以每次查询复杂度O（logN*logN）。

我们最多为每个节点开2个树状数组，而且每一层所有树状数组的大小相加不超过N，所以树状数组的占用空间为O（2NlogN）。

3.原问题：每个点有权值，一共两种操作：（1）询问到u距离不超过d的所有点的权值和为多少；（2）将一个点的权值更改为d。

这个就是在上面的基础上稍做扩充。预处理的时候插入树状数组的就是该点的权值，查询依旧是统计前缀和。修改点权值的时候，便是和查询一样，在u距重心x距离d的位置在x的树状数组中修改u的权值，同时修改u属于重心x的子树v的v对x的树状数组中相同位置的值。复杂度和查询一样为O（logN*logN）。

算法总复杂度：O（NlogN*logN）。

--------------------------------分割线---------------------------------

至此这道题便成功解决了。

这里说一下我额外的感受：

假设重心x的其中一棵子树v的重心为y，那么我们认为x是y的父节点，y是x的子节点。

在这一假设下，所有的重心便构成了一棵树，这棵树上每个重心到根重心（整棵子树的重心）的距离不超过logN，同理两个重心之间的路径长度不会超过2logN。

我们可以形象的称这一棵树为“重心树”~

正是在重心树上任意一点到根结点的路径长度不超过logN的性质下，算法的效率得到了保障~

我相信这棵树一定还会有更多的好性质待发现。（比如将树状数组换成别的数据结构如平衡树什么的）

代码如下：

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std ;

#define rep( i , a , b ) for ( int i = ( a ) ; i <  ( b ) ; ++ i )
#define For( i , a , b ) for ( int i = ( a ) ; i <= ( b ) ; ++ i )
#define rev( i , a , b ) for ( int i = ( a ) ; i >= ( b ) ; -- i )
#define clr( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )

const int MAXN = 100005 ;
const int MAXE = 200005 ;
const int MAXNODE = 4000005 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;

struct Node {
	int root , subroot , dis , n ;
	Node () {}
	Node ( int root , int subroot , int dis , int n ) : root ( root ) , subroot ( subroot ) , dis ( dis ) , n ( n ) {}
} ;

struct Edge {
	int v , n ;
	Edge () {}
	Edge ( int v , int n ) : v ( v ) , n ( n ) {}
} ;

struct Tree {
	int n ;
	vector < int > T ;
	void init ( int size ) {
		T.clear () ;
		n = size ;
		For ( i , 0 , n ) T.push_back ( 0 ) ;
	}
	void add ( int x , int v ) {
		for ( int i = x ; i <= n ; i += i & -i ) T[i] += v ;
	}
	int sum ( int x , int ans = 0 ) {
		if ( x > n ) x = n ;
		for ( int i = x ; i > 0 ; i -= i & -i ) ans += T[i] ;
		return ans ;
	}
} ;

Tree T[MAXN << 1] ;
Edge E[MAXE] ;
Node N[MAXNODE] ;
int H[MAXN] , cntE ;
int node[MAXN] , cntN ;
int Q[MAXN] , head , tail ;
int val[MAXN] ;
int vis[MAXN] , Time ;
int dep[MAXN] ;
int siz[MAXN] ;
int pre[MAXN] ;
int idx[MAXN] ;
int cur ;
int n , m ;
int tot_size ;

void clear () {
	cur = 0 ;
	++ Time ;
	cntN = cntE = 0 ;
	clr ( H , -1 ) ;
	clr ( node , -1 ) ;
}

void addedge ( int u , int v ) {
	E[cntE] = Edge ( v , H[u] ) ;
	H[u] = cntE ++ ;
}

void addnode ( int u , int root , int subroot , int dis ) {
	N[cntN] = Node ( root , subroot , dis , node[u] ) ;
	node[u] = cntN ++ ;
}

int get_root ( int s ) {
	head = tail = 0 ;
	Q[tail ++] = s ;
	pre[s] = 0 ;
	while ( head != tail ) {
		int u = Q[head ++] ;
		for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
			int v = E[i].v ;
			if ( v == pre[u] || vis[v] == Time ) continue ;
			pre[v] = u ;
			Q[tail ++] = v ;
		}
	}
	tot_size = tail ;
	int root = s , root_cnt = INF ;
	while ( tail ){
		int u = Q[-- tail] ;
		siz[u] = 1 ;
		int cnt = 0 ;
		for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
			int v = E[i].v ;
			if ( v == pre[u] || vis[v] == Time ) continue ;
			siz[u] += siz[v] ;
			if ( siz[v] > cnt ) cnt = siz[v] ;
		}
		cnt = max ( cnt , tot_size - siz[u] ) ;
		if ( cnt < root_cnt ) {
			root = u ;
			root_cnt = cnt ;
		}
	}
	return root ;
}

void calc ( int s , int root , int subroot ) {
	head = tail = 0 ;
	Q[tail ++] = s ;
	pre[s] = 0 ;
	dep[s] = 2 ;//dep[root] = 1 
	while ( head != tail ) {
		int u = Q[head ++] ;
		T[root].add ( dep[u] , val[u] ) ;
		T[subroot].add ( dep[u] , val[u] ) ;
		addnode ( u , root , subroot , dep[u] ) ;
		for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
			int v = E[i].v ;
			if ( v == pre[u] || vis[v] == Time ) continue ;
			pre[v] = u ;
			dep[v] = dep[u] + 1 ;
			Q[tail ++] = v ;
		}
	}
}

void divide ( int u ) {
	int root = get_root ( u ) ;
	vis[root] = Time ;
	idx[root] = ++ cur ;
	T[cur].init ( tot_size ) ;
	T[cur].add ( 1 , val[root] ) ;
	addnode ( root , idx[root] , 0 , 1 ) ;
	for ( int i = H[root] ; ~i ; i = E[i].n ) {
		int v = E[i].v ;
		if ( vis[v] == Time ) continue ;
		T[++ cur].init ( siz[v] + 1 ) ;
		calc ( v , idx[root] , cur ) ;
	}
	for ( int i = H[root] ; ~i ; i = E[i].n ) if ( vis[E[i].v] != Time ) divide ( E[i].v ) ;
}

void solve () {
	clear () ;
	char op[5] ;
	int u , v , d ;
	For ( i , 1 , n ) scanf ( "%d" , &val[i] ) ;
	rep ( i , 1 , n ) {
		scanf ( "%d%d" , &u , &v ) ;
		addedge ( u , v ) ;
		addedge ( v , u ) ;
	}
	divide ( 1 ) ;
	//For ( i , 1 , cur ) printf ( "%d\n" , T[i].sum ( T[i].n ) ) ;
	while ( m -- ) {
		scanf ( "%s%d%d" , op , &u , &d ) ;
		if ( op[0] == '?' ) {
			int ans = 0 ;
			for ( int i = node[u] ; ~i ; i = N[i].n ) {
				int root = N[i].root , subroot = N[i].subroot , dis = N[i].dis - 1 ;
				ans += T[root].sum ( d - dis + 1 ) ;
				if ( subroot ) ans -= T[subroot].sum ( d - dis + 1 ) ;
			}
			printf ( "%d\n" , ans ) ;
		} else {
			for ( int i = node[u] ; ~i ; i = N[i].n ) {
				int root = N[i].root , subroot = N[i].subroot , dis = N[i].dis ;
				T[root].add ( dis , d - val[u] ) ;
				if ( subroot ) T[subroot].add ( dis , d - val[u] ) ;
			}
			val[u] = d ;
		}
	}
}

int main () {
	clr ( vis , 0 ) ;
	Time = 0 ;
	while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ) solve () ;
	return 0 ;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/u013368721/article/details/40887575