【HAOI2015】T2 树状数组
来源:互联网 发布:网络拒绝接入如何破解 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 15:38
题意:维护一棵树,要求可以支持1:单点权值加,2:以某点为根的子树中的所有点权值加,3:询问某点到根路径上的点权和
分析:
法1:树链剖分,以后来补吧…
法2:线段树 , 与下面的大相径庭
法3:树状数组维护欧拉序列。
差分的思想与Dfs序结合,i点在Dfs序中的位置(进出等价)的前缀和就是i到根的权值和。
对于第一个操作,在In[i]加,Out[i]+1减即可。
第二个操作怎么办呢,难道要暴力加?那不就达到O(n * n * log2n)了吗,换个思路。
假设点x的子树下某个点为y,那么这次操作造成对以后的询问造成的影响是,使3(y)的答案增加了 d * (depth[y] - depth[x] + 1) , 拆开 d * (depth[y]+1) - d * depth[x],后面显然跟操作1等价,而前面不仅跟d有关,也和depth[y]以及y的位置有关,这里的y很多,不可能挨个加。
总结一下,现在的修改对每个y都有影响,而且都不同,但是稍加分析却可以发现它们有相同之处,可以用它解题。考虑到depth[y]其实是不用去找的,只需要在询问时用即可。那么有影响的只有d,对d进行操作就可以啦!很简单,再开一个树状数组来维护即可。
(为了清晰 代码中开了3个树状数组)
#include<vector>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef int _int;#define int long longconst int Lim = 200005;int n , m , a[Lim];vector<int> edge[Lim];struct TreeArray{ int c[Lim]; int Lowbit(int i) {return i & (-i);} void Add(int i , int d) {for(;i<=2*n+5;i+=Lowbit(i)) c[i] += d;} int Query(int i) { int ans = 0; while(i) ans += c[i] , i -= Lowbit(i); return ans; }} Ta[3];int In[Lim] , Out[Lim] , depth[Lim] , sign;void Dfs(int x , int fa){ In[x] = ++ sign; for(int i=0,y;i<(int)edge[x].size();i++) if( (y=edge[x][i]) != fa) { depth[y] = depth[x] + 1; Dfs(y , x); } Out[x] = ++ sign;}_int main(){ scanf("%lld %lld",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(int i=1,x,y;i<n;i++) { scanf("%lld %lld",&x,&y); edge[x].push_back(y); edge[y].push_back(x); } depth[1] = 1; Dfs(1 , 0); for(int i=1;i<=n;i++) Ta[0].Add(In[i] , a[i]), Ta[0].Add(Out[i]+1 , -a[i]); for(int i=1;i<=m;i++) { int ord , x; scanf("%lld %lld",&ord,&x);; if(ord == 1) { int d; scanf("%lld",&d); Ta[0].Add(In[x] , d); Ta[0].Add(Out[x]+1 , -d); } else if(ord == 2) { int d; scanf("%lld",&d); Ta[2].Add(In[x] , depth[x] * d); Ta[2].Add(Out[x]+1 , -depth[x] * d); Ta[1].Add(In[x] , d); Ta[1].Add(Out[x]+1 , -d); } else { int ans = Ta[0].Query(In[x]) + Ta[1].Query(In[x]) * (depth[x] + 1) - Ta[2].Query(In[x]); printf("%lld\n",ans); } } return 0;}
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