蒜头君的树

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算法 1

每次 O(N2)\mathcal{O}(N^2)O(N​2​​) 查询每两对点的距离，时间复杂度 O(N2M)\mathcal{O}(N^2M)O(N​2​​M)，期望得分$30$ 分。

算法 2

考虑每条边会在答案中被计算几次，假设删除一条边后所得到的连通分量的大小为 $a$ 和 $b$，则这条边会被统计$ab$ 次，可以用一遍 DFS 得到每个点及其子节点的总数，然后可以得到 $a$ 和 $b$，对于每个询问都做一遍 DFS。时间复杂度 $\mathcal{O}(N\ast M)$,期望得分$70$ 分。

算法 3

对于每个询问，只考虑修改每一条边会变成什么样，则可以 $\mathcal{O}(1)$ 处理每一个询问，时间复杂度 $\mathcal{O}(N+M)$，期望得分$100$ 分。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n,m;long long a[100050];int size[100050];vector<int> G[100050];void dfs(int x){size[x]=1;for(int i=0;i<G[x].size();i++){int nex=G[x][i];dfs(nex);size[x]+=size[nex];}}int main(){scanf("%d",&n);for(int i=2;i<=n;i++){int x;scanf("%d%lld",&x,&a[i]);G[x].push_back(i);}dfs(1);long long ans=0;for(int i=2;i<=n;i++)ans+=a[i]*(long long)(size[i])*(long long)(n-size[i]);printf("%lld\n",ans);scanf("%d",&m);while(m--){int x;long long y;scanf("%d%lld",&x,&y);ans+=(y-a[x])*(long long)(size[x])*(long long)(n-size[x]);printf("%lld\n",ans);a[x]=y;}}