給出乙個n個節點的有根樹（編號為0到n-1，根節點為0）。乙個點的深度定義為這個節點到根的距離+1。
設dep[i]表示點i的深度，lca(i,j)表示i與j的最近公共祖先。
有q次詢問，每次詢問給出l r z，求sigma_dep[lca(i,z)]。
（即，求在[l,r]區間內的每個節點i與z的最近公共祖先的深度之和）
這道題一上來乍眼一看沒什麼思路，其實之後的每步都是套路；
對於lca，我們首先會想到差分，沒錯，就是差分；
咋查分啊？乙個區間的點啊,這複雜度可不是鬧著玩的；
但有沒有注意到，z只有乙個；我們是否可以把整個區間在樹上差分，然後用這乙個點z來查詢；
答案是當然可以：(注意：這裡的差分與普通的樹形差分不一樣)
我們把z到root這條路上的所有點都打上標記(點的權值加1)；那麼你會發現，這條路徑上任意一點的深度就是到根節點的點權和；
所以詢問區間[l,r],我們只要詢問每個點到根節點的點權和就可以了；
另外，這個結論存在乙個優美的性質：若將這個區間的所有點到根節點路徑的點權值加1，那麼詢問時可以找z到根節點的權值和；
通過以上的的操作，我們將鬧著玩的複雜度降到了似乎可做的複雜度;
接下來我們接著優化：
這麼多區間的查詢，是否想到了數字dp的經典處理方法？
沒錯，這是乙個字首和優化處理；
我們將詢問離線掉；然後從1到n加入這個點；並將這個點到根節點的路徑上所有點的權值加1；
然後複雜度變成了看起來好好做的樣子；
在思維想不動的時候，就換種解題思路，使用資料結構大力維護每個點到根節點的點權和；
你想到了什麼？樹剖？lct？沒問題！
接下來就是愉快的ac時間了；
#include#include#include#include#include#define ll long long#define inf 1000000000
#define mod 201314
using namespace std;
inline ll read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return x*f;
}int n,m,cnt,place;
int bin[20];
int son[50005],last[50005],fa[50005],belong[50005],pl[50005],deep[50005];
struct edgee[50005];
struct queq[50005];
struct dataa[100005];
struct segt[200005];
inline bool operator<(data a,data b)
inline void pushdown(int k)
void build(int k,int l,int r)
void update(int k,int x,int y)
int mid=(l+r)>>1;
if(y<=mid)update(k<<1,x,y);
else if(x>mid)update(k<<1|1,x,y);
else
t[k].sum=t[k<<1].sum+t[k<<1|1].sum;
}void solve_update(int x,int f)
update(1,pl[f],pl[x]);
}int query(int k,int x,int y)
int solve_query(int x,int f)
sum+=query(1,pl[f],pl[x]);sum%=mod;
return sum;
}int main()
}star[400010];
int n,m;
long long f[3010][3010];
long long size[200010];
void dfs(register int u,register int fa)
}size[u]+=size[v]; }}
int main()
dfs(1,0);
cout<
CTSC模擬題 樹上的路徑
給定一棵 n 個結點的樹,結點用正整數 1 dots n 編號,每條邊有乙個正整數權值。用 d a,b 表示從結點 a 到結點 b 路徑上經過邊的權值和,其中要求 a b 將這 frac 個距離值從大到小排序,輸出前 m 個距離值。第一行包含兩個正整數 n,m 下面 n 1 行,每行三個正整數 a,...
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