BZOJ 4034 [树链剖分][线段树]

如果在一棵树上求两个节点间路径的最大值最小值权值和等等，并且还支持修改某一段路径的权值等等，光靠线段树是不够的，这是就需要树链剖分，将一棵树转化成线段，然后求解。

For instance， BZOJ 4034: [HAOI2015]T2

Description

有一棵点数为 N 的树，以点 1 为根，且树点有边权。然后有 M 个

操作，分为三种：

操作 1 ：把某个节点 x 的点权增加 a 。

操作 2 ：把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。

操作 3 ：询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。

Input

第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。

接下来一行 N 个整数，表示树中节点的初始权值。

接下来 N-1 行每行三个正整数 fr, to ， 表示该树中存在一条边 (fr, to) 。

再接下来 M 行，每行分别表示一次操作。其中第一个数表示该操

作的种类（ 1-3 ） ，之后接这个操作的参数（ x 或者 x a ） 。

Output

对于每个询问操作，输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。

树链剖分：http://blog.sina.com.cn/s/blog_7a1746820100wp67.html

本体比较水：

hljs cpp">#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 100010
using namespace std;

struct edge {
int to, next;
edge(void) {}
edge(int t, int n):to(t), next(n) {};
};
edge G[N << 1];
int head
, Or
;
int fa
, size
, son
, top
, pos
, mx
;
long long sum[N << 3], add[N << 3];
int Gcnt, Tcnt, aL, aR, ak, qL, qR, n, m, x, y, opr, a, cnt;

inline char get(void) {
static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
if (p1 == p2) {
p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin);
if (p1 == p2) return EOF;
}
return *p1++;
}
inline void read(int &x) {
static char c; x = 0; int sgn = 0;
for (c = get(); c < '0' || c > '9'; c = get()) if (c == '-') sgn = 1;
for (; c >= '0' && c <= '9'; x = x * 10 + c - '0', c = get());
if (sgn) x = -x;
}
inline void AddEdge(int from, int to) {
G[Gcnt] = edge(to, head[from]); head[from] =  Gcnt++;
G[Gcnt] = edge(from, head[to]); head[to] =  Gcnt++;
}
void dfs1(int v) { // To solve the fa, mx, size, son of the node v
size[v] = 1;
for (int i = head[v]; i != -1; i = G[i].next) {
int to = G[i]. to; if (to == fa[v]) continue;
fa[to] = v; dfs1(to); size[v] += size[to];
if (!son[v] || size[son[v]] < size[to]) son[v] = to;
}
}
void dfs2(int v, int t) { // To solve the top, mx and pos of the node v
mx[v] = pos[v] = ++Tcnt; top[v] = t;
if (son[v]) {
dfs2(son[v], t);
mx[v] = max(mx[v], mx[son[v]]);
}
for (int i = head[v]; i != -1; i = G[i].next) {
int to = G[i].to;
if (to != son[v] && to != fa[v]){
dfs2(to, to);
mx[v] = max(mx[v], mx[to]);
}
}
}
inline void pushdown(int o, int l, int r) {
int ls = o << 1, rs = o << 1 | 1, mid = (l + r) >> 1;
add[ls] += add[o]; sum[ls] += (long long)add[o] * (mid - l + 1);
add[rs] += add[o]; sum[rs] += (long long)add[o] * (r - mid);
add[o] = 0;
}
inline void pushup(int o) {
sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
}
void Add(int o, int l, int r) {
if (add[o]) pushdown(o, l, r);
if (l >= aL && r <= aR) {
add[o] += ak; sum[o] += (long long)ak * (r - l + 1);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (aL <= mid) Add(o << 1, l, mid);
if (aR > mid) Add(o << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(o);
}
long long Query(int o, int l, int r) {
if(add[o]) pushdown(o, l, r);
if (l >= qL && r <= qR) return sum[o];
int mid = (l + r) >> 1; long long res = 0;
if (qL <= mid) res += Query(o << 1, l, mid);
if (qR > mid) res += Query(o << 1 | 1, mid + 1, r);
return res;
}

int main(void) {
memset(head, -1, sizeof(head));
read(n); read(m);
for (int i = 1; i <= n; i++) read(Or[i]);
for (int i = 1; i < n; i++) {
read(x); read(y);
AddEdge(x, y);
}
dfs1(1); dfs2(1, 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
aL = aR = pos[i]; ak = Or[i];
Add(1, 1, n);
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
read(opr); read(x);
if (opr == 1) {
read(a); aL = aR = pos[x]; ak = a;
Add(1, 1, n);
} else if (opr == 2) {
read(a); aL = pos[x]; aR = mx[x]; ak = a;
Add(1, 1, n);
} else {
long long ans = 0;
while (top[x] != 1) {
qL = pos[top[x]]; qR = pos[x];
ans += Query(1, 1, n);
x = fa[top[x]];
}
qL = 1; qR = pos[x];
ans += Query(1, 1, n);
printf("%lld\n", ans);
}
}
return 0;
}