BZOJ 4765 普通计算姬(分块表+树状数组）

时间限制：3秒  内存限制：128M

【问题描述】

　　给定一棵n个节点的带权树，节点编号为1到n，以root为根，设sum[p]表示以点p为根的这棵子树中所有节点的权值和。支持下列两种操作:

　　1 给定两个整数u,v，修改点u的权值为v。

　　2 给定两个整数l,r，计算sum[l]+sum[l+1]+….+sum[r-1]+sum[r]

　　请设计一种算法，尽快实现上面的操作。

【输入格式】

　　第一行两个整数n,m，表示树的节点数与操作次数。
　　接下来一行n个整数，第i个整数di表示点i的初始权值。
　　接下来n行每行两个整数ai,bi，表示一条树上的边，若ai=0则说明bi是根。
　　接下来m行每行三个整数，第一个整数op表示操作类型。
　　　若op=1则接下来两个整数u,v表示将点u的权值修改为v。
　　　若op=2则接下来两个整数l,r表示询问。

【输出格式】

　　对每个操作类型2输出一行一个整数表示答案。

【输入样例】

6 4
0 0 3 4 0 1
0 1
1 2
2 3
2 4
3 5
5 6
2 1 2
1 1 1
2 3 6
2 3 5

【输出样例】

16
10
9

【样例解释】

【数据范围】
　　

【来源】

BZOJ4765

这道题十分坑，一开始打了个半暴力，询问用线段树，修改直接暴力爬树，结果还有50分，后来用分块表+线段树还是只有70，最后线段树换成树状数组终于满了。（卡常数我也是醉了）

做题时我们先统计每个点在每个块中出现了几次，这个可以在dfs时统计每个块里有多少它的祖先（详见代码注释），然后循环加一下就好了。

在统计次数的同时我们生成树状数组并求每个块的总值，并生成一个按dfs序的序列，来建立分块表（这样每棵子树的点就是连续的一个线段）。

对于每次修改我们在每个块里增加它变化的值（减小就加负数）乘以出现的次数，然后改变它在树状数组上的值已经本身的值。

对于每次询问，块内的直接加就好，单独的，每次求这个点代表的线段的总值就好了。（这也是树状数组存在的意义）

详细代码如下：

#include<cstdlib>#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;typedef unsigned long long ll;const int maxn=100005;struct edge{    int u,v,next;}e[maxn*2];int n,m;int size,num,ss[405][maxn],t[maxn],b[maxn]={0};int root,cnt=-1,Ll[405],rr[405];ll bit[maxn*2],w[maxn*2],ww[405],sum[maxn]={0},a[maxn];int lt[maxn],rt[maxn],cur[maxn],f[maxn]={0},cnt2=0,time=0;int lowbit(int x){return x&(-x);}void in(int i,ll x){    for(int k=i;k<=n;k+=lowbit(k)) bit[k]+=x;}ll find(int j){    ll sum=0;    for(int k=j;k>0;k-=lowbit(k)) sum+=bit[k];    return sum;}ll read(){    ll x=0;    char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    while(ch>='0'&&ch<='9')    {        x=x*10+ch-'0';        ch=getchar();    }    return x;}void add(int u,int v){    e[++cnt2]=(edge){u,v,f[u]};f[u]=cnt2;    e[++cnt2]=(edge){v,u,f[v]};f[v]=cnt2;}void dfs(int i,int fa){    cur[++time]=i;lt[i]=time;    b[t[i]]++;sum[i]=a[i];//标记t[i]这个块中有一个点出现    for(int k=1;k<=num;k++)    ss[k][i]=b[k],ww[k]+=b[k]*a[i];//所有还没有删除的出现了的点一定是他的祖先    in(lt[i],a[i]);    for(int k=f[i];k;k=e[k].next)    {        int j=e[k].v;        if(j==fa) continue;        dfs(j,i);        sum[i]+=sum[j];    }    rt[i]=time;    b[t[i]]--;//遍历完了这个点的所以子孙，删除这个点}void init(){    n=read();m=read();    int x,y,root2;    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();    for(int i=1;i<=n;i++)    {        x=read();y=read();        if(x==0) root2=y;        else add(x,y);    }    size=sqrt(n);     num=(n-1)/size+1;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        t[i]=(i-1)/size+1;        if(t[i-1]!=t[i]) rr[t[i-1]]=i-1,Ll[t[i]]=i;    }    rr[t[n]]=n;    dfs(root2,-1);}char o[55];void out(ll x){    int tt=0;    if(!x) putchar('0');    while(x) o[++tt]=x%10,x/=10;    while(tt)    {        putchar(o[tt]+'0');        tt--;    }    putchar('\n');}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);    init();    int id,x,y;    ll u;    int ttt=0;    while(m--)    {        id=read();        if(id==1)        {            x=read();y=read();            u=y-a[x];a[x]=y;            for(int k=1;k<=num;k++)            ww[k]+=ss[k][x]*u;            in(lt[x],u);        }        if(id==2)        {            x=read();y=read();            ll ans=0;            for(int k=1;k<=num;k++) if(Ll[k]>=x&&rr[k]<=y)            ans+=ww[k];            int tt;            if(x>Ll[t[x]])            {                tt=t[x]*size;                while(x<=tt&&x<=y)                {                    ans+=find(rt[x])-find(lt[x]-1);                    x++;                }            }            if(y<rr[t[y]])            {                tt=(t[y]-1)*size+1;                while(y>=tt&&y>=x)                {                    ans+=find(rt[y])-find(lt[y]-1);                    y--;                }            }            out(ans);        }    }    return 0;}