BZOJ4765 普通計算姬

[bzoj4765]普通計算姬

試題描述

"奮戰三星期，造台計算機"。小g響應號召，花了三小時造了臺普通計算姬。普通計算姬比普通計算機要厲害一些。普通計算機能計算數列區間和，而普通計算姬能計算樹中子樹和。更具體地，小g的計算姬可以解決這麼個問題：給定一棵n個節點的帶權樹，節點編號為1到n，以root為根，設sum[p]表示以點p為根的這棵子樹中所有節點的權值和。計算姬支援下列兩種操作:

1 給定兩個整數u,v，修改點u的權值為v。

2 給定兩個整數l,r，計算sum[l]+sum[l+1]+....+sum[r-1]+sum[r]

儘管計算姬可以很快完成這個問題，可是小g並不知道它的答案是否正確，你能幫助他嗎？

輸入

第一行兩個整數n,m，表示樹的節點數與操作次數。

接下來一行n個整數，第i個整數di表示點i的初始權值。

接下來n行每行兩個整數ai,bi，表示一條樹上的邊，若ai=0則說明bi是根。

接下來m行每行三個整數，第乙個整數op表示操作型別。

若op=1則接下來兩個整數u,v表示將點u的權值修改為v。

若op=2則接下來兩個整數l,r表示詢問。

n<=10^5,m<=10^5

0<=di,v<2^31,1<=l<=r<=n,1<=u<=n

輸出

對每個操作型別2輸出一行乙個整數表示答案。

輸入示例

640

0340

1011

2232

4355

6212

1112

3623

輸出示例

109

資料規模及約定

見「輸入」

題解

做法一：

我們先把 sum 陣列求出來，然後節點 u 權值的修改對應著 u 到根節點這一條鏈的修改，於是可以樹鏈剖分套資料結構完成這個操作；對於詢問，它問的卻是連續的一段編號；所以可以看成乙個二維平面，每個節點 u 的座標是 (dfs[u], u)（dfs[u] 表示節點 u 的樹鏈剖分序），權值就是 sum[u]；那麼對於修改操作，就是 x 軸上連續的 log(n) 段，y 座標沒有限制；對於詢問操作就是 y 軸上連續一段， x 座標沒限制；所以這個東西就可以用 kd 樹維護了。

#include #include #include #include #include #include using namespace std;
const int buffersize = 1 << 16;
char buffer[buffersize], *head, *tail;
inline char getchar() 
return *head++;
}int read() 
while(isdigit(c))
return x * f;
}#define maxn 100010
#define maxm 200010
#define ul unsigned long long
#define ll long long
int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm], val[maxn];
void addedge(int a, int b) 
int rt, fa[maxn], siz[maxn], son[maxn], top[maxn], pos[maxn], tot;
ul sum[maxn];
void build(int u) 
return ;
}void gett(int u, int tp) 
int rt, ch[maxn][2];
bool cur;
struct node 
node(int x, int y, ll val): val(val), add(0) 
bool operator < (const node& t) const 
} ns[maxn];
void maintain(int o) 
ns[o].val += ns[o].add;
ns[o].sum += ns[o].add * ns[o].siz;
return ;
}void build(int& o, int l, int r, bool cur) 
void pushdown(int o) 
ns[o].add = 0;
return ;
}void upd(int o, int l, int r, int add) 
if(l <= ns[o].x[0] && ns[o].x[0] <= r) ns[o].val += add;
for(int i = 0; i < 2; i++)
if(ch[o][i] && l <= ns[ch[o][i]].mx[0] && ns[ch[o][i]].mn[0] <= r)
upd(ch[o][i], l, r, add);
return maintain(o);
}ul que(int o, int l, int r) 
void update(int u, int add) 
#define maxol 2100000
char output[maxol];
int num[21], cnt, cntol;
int main() 
build(rt);
gett(rt, rt);
for(int i = 1; i <= n; i++) ns[i] = node(pos[i], i, sum[i]);
build(rt, 1, n, 0);
while(q--) 
else 
} output[--cntol] = '\0';
puts(output);
return 0;
}

然而加了讀入輸出優化還是 t 飛。。。。。

解法二：

分塊套分塊。

我們先搞乙個 dfs 序列，序列上存 val[i]（即節點 i 的權值）。然後我們對這個序列分塊，並維護兩個資訊：dfs[i] 表示位置 i 所在塊的字首和，dfsb[i] 表示前 i 個塊的總和（即塊的字首和）。這樣我們就可以 o(1) 詢問區間和，o(sqrt(n)) 點修改了（想一想，為什麼）。

然後我們再對正常編號的序列分塊，並維護兩個資訊：tot[i][j] 表示第 i 塊中所有 sum 使得對應 dfs 序列上位置 j 被計算了幾次，sb[i] 表示第 i 塊中 sum 的總和。那麼借助 tot 我們可以 o(n · sqrt(n)) 預處理 sb，還可以 o(sqrt(n)) 支援點修改（想一想，為什麼）。查詢 [l, r] 時，對於被整個覆蓋的塊 i 直接累加 sb[i] 就好了，對於沒有被整個覆蓋的塊我們暴力找到這些點對應的 dfs 序上的區間，然後 o(1) 詢問區間和，累加，就好了。

#include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
int read() 
while(isdigit(c))
return x * f;
}#define maxn 100010
#define maxm 200010
#define maxb 320
#define ul unsigned long long
#define ll long long
int n, m, head[maxn], nxt[maxm], to[maxm];
void addedge(int a, int b) 
int rt, clo, dl[maxn], dr[maxn], id[maxn], val[maxn];
void build(int u, int fa) 
ul dfs[maxn], dfsb[maxb], sb[maxb];
int tot[maxb][maxn], bl[maxn], st[maxn], en[maxn];
ul que(int l, int r) 
int main() 
build(rt, 0);
int m = (int)sqrt(n);
for(int i = 1; i <= n; i++) 
// for(int i = 1; i <= bl[n]; i++) printf("[%d, %d]\n", st[i], en[i]);
for(int i = 1; i <= bl[n]; i++) 
while(q--) 
else 
printf("%llu\n", ans);
} }return 0;
}

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