编程之美初赛第一场 树

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描述

有一个N个节点的树，其中点1是根。初始点权值都是0。

一个节点的深度定义为其父节点的深度+1,。特别的，根节点的深度定义为1。

现在需要支持一系列以下操作：给节点u的子树中，深度在l和r之间的节点的权值（这里的深度依然从整个树的根节点开始计算），都加上一个数delta。

问完成所有操作后，各节点的权值是多少。

为了减少巨大输出带来的开销，假设完成所有操作后，各节点的权值是answer[1..N]，请你按照如下方式计算出一个Hash值（请选择合适的数据类型，注意避免溢出的情况）。最终只需要输出这个Hash值即可。

MOD =1000000007; // 10^9 + 7

MAGIC= 12347;

Hash =0;

For i= 1 to N do

   Hash = (Hash * MAGIC + answer[i]) mod MOD;

EndFor

输入

第一行一个整数T (1 ≤ T ≤ 5)，表示数据组数。

接下来是T组输入数据，测试数据之间没有空行。

每组数据格式如下：

第一行一个整数N (1 ≤ N ≤ 105)，表示树的节点总数。

接下来N - 1行，每行1个数，a (1 ≤ a ≤ N)，依次表示2..N节点的父亲节点的编号。

接下来一个整数Q(1 ≤ Q ≤ 105)，表示操作总数。

接下来Q行，每行4个整数，u, l, r, delta (1 ≤ u ≤ N, 1 ≤ l ≤ r ≤ N, -109 ≤ delta ≤ 109)，代表一次操作。

输出

对每组数据，先输出一行“Case x: ”，x表示是第几组数据，然后接这组数据答案的Hash值。

数据范围

小数据：1 ≤ N, Q ≤ 1000

大数据：1 ≤ N, Q ≤ 105

样例解释

点1的子树中有1,2,3三个节点。其中深度在2-3之间的是点2和点3。

点2的子树中有2,3两个节点。其中没有深度为1的节点。

所以，执行完所有操作之后，只有2,3两点的权值增加了1。即答案是0 1 1。再计算对应的Hash值即可。

样例输入

131221 2 3 12 1 1 1

样例输出

Case 1: 12348

注意表示为father的时候每个结点的高度并不是可以直接得到的，需要深搜，先贴一下我的错误代码：

#include <stdio.h>#include <vector>#include <string.h>#include <iostream>#include <memory.h>using namespace std;int T, i, j, t, N, Q, u, l, r, delta, d[100002], answer[100002],father; vector<int> tree[100002];void dfs(int u, int l, int r, int delta) {  if (d[u] >= l && d[u] <= r)    answer[u] += delta;  for (int i = 0; i < tree[u].size(); ++i) {    dfs(tree[u][i], l, r, delta);  }}int main() {  freopen("E:\\练习\\testForVS2012\\test\\test\\in.txt","r",stdin);  const long long MOD =1000000007, MAGIC= 12347;  long long hash = 0;   scanf("%d",&T);  for (t = 1; t <= T; ++t) {    scanf("%d", &N);    memset(d, 0, sizeof(d));    memset(answer, 0, sizeof(answer));    hash = 0;    d[1] = 1;    for (i = 2; i <= N; ++i) {      scanf("%d",&father);      d[i] = d[father] + 1;      tree[father].push_back(i);    }    scanf("%d", &Q);    for (i = 0; i < Q; ++i) {      scanf("%d%d%d%d",&u, &l, &r, &delta);      dfs(u, l, r, delta);    }     for (i = 1; i <= N; ++i)       hash = (hash * MAGIC + answer[i]) % MOD;        printf("Case %d: %lld\n",t,hash);        for (i = 1; i <= N; ++i)      tree[i].clear();  }  return 0;}

据说如果把上面的d[i] = d[father] + 1改掉我上面暴力的方法都可以通过，但是比较好的方法是用树状数组把查询都先记录下来，然后再深搜一次更新，补充一下树状数组的概念：

假设数组a[1..n]，那么查询a[1]+...+a[n]的时间是log级别的，而且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。

来观察这个图：

树状数组的结构图

令这棵树的结点编号为C1，C2...Cn。令每个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现：

C1 = A1

C2 = A1 + A2

C3 = A3

C4 = A1 + A2 + A3 + A4

C5 = A5

C6 = A5 + A6

C7 = A7

C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8

...

C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16

这里有一个有趣的性质：

设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，

所以很明显：Cn = A(n – 2^k + 1) + ... + An

算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数如下即可：

1

2

3

intlowbit(intx){

returnx&(x^(x–1));

}

利用机器补码特性，也可以写成：

1

2

3

intlowbit(intx){

returnx&(-x);

}

当想要查询一个SUM(n)(求a[n]的和），可以依据如下算法即可：

step1:　令sum = 0，转第二步；

step2:　假如n <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + Cn，转第三步；

step3: 令n = n – lowbit(n)，转第二步。

可以看出，这个算法就是将这一个个区间的和全部加起来，为什么是效率是log(n)的呢？以下给出证明：

n = n – lowbit(n)这一步实际上等价于将n的二进制的最后一个1减去。而n的二进制里最多有log(n)个1，所以查询效率是log(n)的。

那么修改呢，修改一个节点，必须修改其所有祖先，最坏情况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。

所以修改算法如下（给某个结点i加上x）：

step1: 当i > n时，算法结束，否则转第二步；

step2: Ci = Ci + x， i = i + lowbit(i)转第一步。

i = i +lowbit(i)这个过程实际上也只是一个把末尾1补为0的过程。

对于数组求和来说树状数组简直太快了!

注：

求lowbit(x)的建议公式：

lowbit(x):=x and (x xor (x - 1));

或lowbit(x):=x and (-x);

lowbit(x)即为2^k的值。

最后转一个朋友的代码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;const int MAXN = 100000 + 100;const int MOD = 1000000007;int qlast[MAXN], last[MAXN];struct QQ{  int l, r, delta;  int pre;} q[MAXN];struct EE {  int y;  int pre;} e[MAXN];long long ans[MAXN];long long hash1;long long t[MAXN];int n;void add(int d, int del){  if (d < 1)    return;  d = n - d + 1;  while (d <= n)  {    t[d] += del;    d += (d & (-d));  }}long long getsum(int d){  d = n - d + 1;  long long ret = 0;  while (d)  {    ret += t[d];    d -= (d & (-d));  }  return ret;}void solve(int x, int d){  int i = qlast[x];  while (i != 0)  {    add(q[i].r, q[i].delta);    add(q[i].l - 1, -q[i].delta);    i = q[i].pre;  }  ans[x] += getsum(d);  while (last[x] != 0)  {    solve(e[last[x]].y, d + 1);    last[x] = e[last[x]].pre;  }  i = qlast[x];  while (i != 0)  {    add(q[i].r, -q[i].delta);    add(q[i].l - 1, q[i].delta);    i = q[i].pre;  }}int main(){  int T;  freopen("E:\\练习\\testForVS2012\\test\\test\\in.txt","r",stdin);  scanf("%d", &T);  for (int tt = 1; tt <= T; ++tt)  {    for (int i = 1; i <= n; ++i)    {      t[i] = 0;      ans[i] = 0;      qlast[i] = 0;      last[i] = 0;    }    scanf("%d", &n);    for (int i = 2; i <= n; ++i)    {      int p;      scanf("%d", &p);      e[i].y = i;      e[i].pre = last[p];      last[p] = i;    }    int Q;    scanf("%d", &Q);    for (int i = 1; i <= Q; ++i)    {      int x;      scanf("%d%d%d%d", &x, &q[i].l, &q[i].r, &q[i].delta);      q[i].pre = qlast[x];      qlast[x] = i;    }    solve(1, 1);    printf("Case %d: ", tt);    int magic = 12347;    hash1 = 0;    for (int i = 1; i <= n; ++i)    {      hash1 = (hash1 * magic + ans[i]) % MOD;    }    cout << hash1 << endl;  }  return 0;}