传送门
Description
有一棵(n)个点的树，每个点有一个点权。
现在有(q)次操作，每次操作是修改一个点的点权或指定一个点，询问以这个点为根时每棵子树点权和的平方和。
Solution
我们设(Sum=sum_{i=1}^{n} w_i),(s_i)表示(i)子树的权值和
发现不管根是哪个节点，(W=sum_{i=1}^n s_i(Sum-s_i))都是一个定值
因为它相当于对于每条边连接的两个联通块的”点权和的积“的和
所以，我们要求的(sum_{i=1}^{n} s_i^2=Sum*(sum_{i=1}^n s_i)-W)
考虑怎么计算(calc(root)=sum_{i=1}^{n} s_i)
发现其实上就是(Sum+sum_{i=1}^n dis(root,i)*val_i)
可以用点分树来维护
考虑怎么计算(W)
对于每次修改(val_i+=delta)，就有(W+=sum_{j=1}^n val_j*dis(i,j)*delta=delta*calc(i))
发现这道题本质和幻想乡战略游戏是一样的
可是把原来的代码交上去，就(TLE)了，只好考虑重构
不妨把过程重新理一遍：
点分树有一个性质，对于树上的两个点，它们的(lca)一定在两点在原树上的简单路径上
因此，要求两个点的实际距离，可以通过分别计算它们到(lca)的实际距离求和得到
考虑以上性质，我们可以设：
- (vsum_i)表示(i)在点分树上的子树内的权值和
- (dis1_i)表示 (sum_{j} dis(i,j)*val_j)，(j)是(i)在点分树上的子树内的节点
- (dis2_i)表示 (sum_{j} dis(par_i,j)*val_j)
- (par_i)是(i)在点分树上的父亲
(dis1_i=sum_{son} dis2_son)，(son)是(i)在点分树上的儿子
(calc(i))其实上就是枚举(lca)
(lca=i)时，和为(dis1_i)
((sum_{lca=par_j} dis1_{par_j}-dis2_j))算的是外围节点到(lca)的和
(dis(i,par_j)*(vsum_{par_j}-vsum_j)))算的是它们到(i)的和
我们发现，求距离的部分其实不需要像之前那样全部记下来，可以用(RMQ)求树上距离
具体来说，和(RMQ)求(LCA)差不多，只不过维护的最小值不是欧拉序，而是到根路径的长
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define reg register
#define int ll
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MN=2e5+5;
int n,m;
struct edge{int to,w,nex;}e[MN<<2];int en,hr[MN];
void ins(int x,int y,int w,int *h){e[++en]=(edge){y,w,h[x]};h[x]=en;}
int Val[MN],O,SUM;
struct Tree
{
int Hr[MN],ind,st[MN<<2][21],dep[MN],pos[MN<<1],lg[MN<<2],_siz[MN];
inline void Ins(int x,int y,int w){ins(x,y,w,Hr);ins(y,x,w,Hr);}
int dis(int x,int y)
{
if(pos[x]>pos[y]) std::swap(x,y);
reg int k=lg[pos[y]-pos[x]+1];
return dep[x]+dep[y]-2*min(st[pos[x]][k],st[pos[y]-(1<<k)+1][k]);
}
void dfs(int x,int fa=0)
{
st[pos[x]=++ind][0]=dep[x];reg int i;
for(i=Hr[x];i;i=e[i].nex)if(e[i].to^fa)
dep[e[i].to]=dep[x]+e[i].w,dfs(e[i].to,x),st[++ind][0]=dep[x];
}
void get_O(int x=1,int fa=0)
{
reg int i;_siz[x]=Val[x];
for(i=Hr[x];i;i=e[i].nex)if(e[i].to^fa)
get_O(e[i].to,x),_siz[x]+=_siz[e[i].to];
O+=1ll*(SUM-_siz[x])*_siz[x];
}
inline void pre_work()
{
reg int i,j;get_O();dfs(1);
for(lg[0]=-1,i=1;i<(MN<<2);i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;
for(j=1;j<20;++j)for(i=1;i+(1<<j)-1<=ind&&i<=ind;++i)
st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}T;
int sum,rt,mx[MN],vis[MN],par[MN],cnt,siz[MN];
ll dis1[MN],dis2[MN],sumv[MN];
void getrt(int x,int fa)
{
siz[x]=1;mx[x]=0;reg int i;
for(i=T.Hr[x];i;i=e[i].nex)if(!vis[e[i].to]&&(e[i].to!=fa))
getrt(e[i].to,x),siz[x]+=siz[e[i].to],mx[x]=max(mx[x],siz[e[i].to]);
mx[x]=max(mx[x],sum-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
void _work(int x,int fa)
{
vis[x]=1;par[x]=fa;reg int i;
for(i=T.Hr[x];i;i=e[i].nex)if(!vis[e[i].to])
mx[rt=0]=sum=siz[e[i].to],getrt(e[i].to,0),ins(x,rt,0,hr),_work(rt,x);
}
void pre_work()
{
sum=mx[rt=0]=n;getrt(1,0);
int tmp=rt;_work(rt,0);rt=tmp;
}
inline void Modify(int x,int val)
{
sumv[x]+=val;reg int i,dis;
for(i=x;par[i];i=par[i])
{
dis=T.dis(par[i],x);
dis1[par[i]]+=dis*val;
dis2[i]+=dis*val;
sumv[par[i]]+=val;
}
}
inline ll calc(int x)
{
ll ans=dis1[x];reg int i,dis;
for(i=x;par[i];i=par[i])
{
dis=T.dis(par[i],x);
ans+=dis1[par[i]]-dis2[i];
ans+=dis*(sumv[par[i]]-sumv[i]);
}
return ans;
}
signed main()
{
n=read();m=read();
reg int i,x,y;
for(i=1;i<n;i++) x=read(),y=read(),T.Ins(x,y,1);
pre_work();
for(i=1;i<=n;++i) SUM+=Val[i]=read();
T.pre_work();
for(i=1;i<=n;++i) Modify(i,Val[i]);
while(m--)
{
reg int opt=read();
if(opt==1)
{
x=read();y=read()-Val[x];Modify(x,y);
SUM+=y;O+=y*calc(x);Val[x]+=y;
}
else printf("%lld
",SUM*(calc(read())+SUM)-O);
}
return 0;
}
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