BZOJ 4034 HAOI2015 樹上操作

有一棵點數為 n 的樹，以點 1 為根，且樹點有邊權。然後有 m 個

操作，分為三種：

操作 1 ：把某個節點 x 的點權增加 a 。

操作 2 ：把某個節點 x 為根的子樹中所有點的點權都增加 a 。

操作 3 ：詢問某個節點 x 到根的路徑中所有點的點權和。

第一行包含兩個整數 n, m 。表示點數和運算元。接下來一行 n 個整數，表示樹中節點的初始權值。接下來 n-1

行每行三個正整數 fr, to ， 表示該樹中存在一條邊 (fr, to) 。再接下來 m 行，每行分別表示一次操作。其中

第乙個數表示該操作的種類（ 1-3 ） ，之後接這個操作的引數（ x 或者 x a ） 。

對於每個詢問操作，輸出該詢問的答案。答案之間用換行隔開。

5 51 2 3 4 5

1 21 4

2 32 5

3 31 2 1

3 52 1 2

3 3對於 100% 的資料， n,m<=100000 ，且所有輸入資料的絕對值都不會超過 10^6 。

我們注意到，對於一顆樹而言，對他進行樹剖之後呢，根於其子樹的編號一定是連續的，那麼我們就可以愉快的樹剖了

#include 

#define n 1000005
#define ll long long
intread()
while (ch >= '0' && ch <= '9') 
return
x * f;
}struct note
e[n << 1];
int cnt;
intnext[n];
void insert(int
x,int
y); next[x] = cnt;
e[++cnt] = (note); next[y] = cnt;
}struct tree
t[n];
int n,m;
int top[n];
int fa[n],son[n];
int dep[n],size[n];
intpos[n],mx[n],pre[n];
void dfs1(int
x,int d,int f)
}int tot;
void dfs2(int
x,int k)
}}void pushdown(int l,int r,int p)
void add(int p,int l,int r,int
x,int
y,ll val)
int mid = (l + r) >> 1;
if (x
<= mid)
add(p * 2, l, mid, x, std::min(y, mid), val);
if (y > mid)
add(p * 2 + 1, mid + 1, r, std::max(mid + 1, x), y, val);
t[p].sum = t[p * 2].sum + t[p * 2 + 1].sum;
}ll query(int p,int l,int r,int
x,int
y)ll query(int
x) ans += query(1, 1, n, 1, pos[x]);
return ans;
}int v[n];
int main()
dfs1(1,1,0);
dfs2(1,1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
add(1, 1, n, pos[i], pos[i], v[i]);
int opt,x,a;
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (opt == 2)
if (opt == 3)
printf("%lld\n",query(x));
}}

bzoj4034 HAOI2015 樹上操作

傳送門 description 有一棵點數為 n 的樹，以點 1 為根，且樹點有邊權。然後有 m 個 操作，分為三種 操作 1 把某個節點 x 的點權增加 a 操作 2 把某個節點 x 為根的子樹中所有點的點權都增加 a 操作 3 詢問某個節點 x 到根的路徑中所有點的點權和。input 第一行包含...

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有一棵點數為 n 的樹，以點 1 為根，且樹點有邊權。然後有 m 個 操作，分為三種 操作 1 把某個節點 x 的點權增加 a 操作 2 把某個節點 x 為根的子樹中所有點的點權都增加 a 操作 3 詢問某個節點 x 到根的路徑中所有點的點權和。第一行包含兩個整數 n,m 表示點數和運算元。接下來一...