bzoj 3626 [LNOI2014]LCA（离线处理+树链剖分，线段树）

3626: [LNOI2014]LCA

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Description

给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）

Input

第一行2个整数n q。
接下来n-1行，分别表示点1到点n-1的父节点编号。
接下来q行，每行3个整数l r z。

Output

输出q行，每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出

Sample Input

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

Sample Output

8
5

HINT

共5组数据，n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。

Source

数据已加强 by saffah

【思路】

离线处理+树链剖分，线段树

Quote

考虑这样的一种暴力，我们把 z 到根上的点全部打标记，对于 l 到 r 之间的点，向上搜索到第一个有标记的点求出它的深度统计答案。观察到，深度其实就是上面有几个已标记了的点（包括自身）。所以，我们不妨把 z 到根的路径上的点全部 +1，对于 l 到 r 之间的点询问他们到根路径上的点权和。仔细观察上面的暴力不难发现，实际上这个操作具有叠加性，且可逆。也就是说我们可以对于 l 到 r 之间的点 i，将 i 到根的路径上的点全部 +1, 转而询问 z 到根的路径上的点（包括自身）的权值和就是这个询问的答案。把询问差分下，也就是用 [1, r] − [1, l − 1] 来计算答案，那么现在我们就有一个明显的解法。从 0 到 n − 1 依次插入点 i，即将 i 到根的路径上的点全部+1。离线询问答案即可。我们现在需要一个数据结构来维护路径加和路径求和，显然树链剖分或LCT 均可以完成这个任务。树链剖分的复杂度为 O((n + q)· log n · log n)，LCT的复杂度为 O((n + q)· log n)，均可以完成任务。至此，题目已经被我们完美解决。

　　离线处理：保存查询，然后在1..i顺序插入的同时根据查询内容构造答案。

　打码能力有点弱，WA了几次 T^T

【代码】

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstring>
  3 #include<vector>
  4 #include<iostream>
  5 #include<algorithm>
  6 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
  7 using namespace std;
  8 
  9 typedef long long LL;
 10 const int N = 800000+10;
 11 const int MOD = 201314;
 12 
 13 struct Node { LL sum; int addv; 
 14 }T[N<<1];
 15 struct Q {
 16     int flag,x,z,id;
 17     bool operator < (const Q& rhs) const {
 18         return x<rhs.x || (x==rhs.x && flag);
 19     }
 20 }que[N]; int que_sz;
 21 
 22 int n,q,z; LL ans[N];
 23 vector<int> g[N];
 24 //INIT
 25 int top[N],son[N],dep[N],fa[N],siz[N],w[N];
 26 void dfs1(int u) {
 27     son[u]=0; siz[u]=1;
 28     for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
 29         int v=g[u][i];
 30         if(v!=fa[u]) {
 31             fa[v]=u , dep[v]=dep[u]+1;
 32             dfs1(v);
 33             siz[u]+=siz[v];
 34             if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
 35         }
 36     }
 37 }
 38 void dfs2(int u,int tp) {
 39     top[u]=tp; w[u]=++z;
 40     if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
 41     for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
 42         int v=g[u][i];
 43         if(v!=fa[u] && v!=son[u]) dfs2(v,v);
 44     }
 45 }
 46 //SEGMENT TREE
 47 void pushdown(int u,int tot) {
 48     if(T[u].addv) {
 49         T[u<<1].sum+=T[u].addv*(tot-(tot>>1));
 50         T[u<<1|1].sum+=T[u].addv*(tot>>1);
 51         T[u<<1].addv+=T[u].addv;
 52         T[u<<1|1].addv+=T[u].addv;
 53         T[u].addv=0;
 54     }
 55 }
 56 void update(int u,int L,int R,int l,int r) {
 57     if(l<=L && R<=r) 
 58         T[u].addv++ , T[u].sum+=(R-L+1);
 59     else {
 60         pushdown(u,R-L+1);
 61         int M=(L+R)>>1 , lc=u<<1 , rc=lc|1;
 62         if(l<=M) update(lc,L,M,l,r);
 63         if(M<r)  update(rc,M+1,R,l,r);
 64         T[u].sum=T[lc].sum+T[rc].sum;
 65     }
 66 }
 67 
 68 LL query(int u,int L,int R,int l,int r) {
 69     if(l<=L && R<=r) 
 70         return T[u].sum;
 71     else {
 72         pushdown(u,R-L+1);
 73         int M=(L+R)>>1 , lc=u<<1 , rc=lc|1;
 74         LL ans=0;
 75         if(l<=M) ans+=query(lc,L,M,l,r);
 76         if(M<r) ans+=query(rc,M+1,R,l,r);
 77         return ans;
 78     }
 79 }
 80 //树链剖分
 81 void modify(int u) {
 82     while(u) {
 83         update(1,1,z,w[top[u]],w[u]);            //a bug T^T
 84         u=fa[top[u]];
 85     }
 86 }
 87 LL Ask(int u) {
 88     LL ans=0;
 89     while(u) {
 90         ans+=query(1,1,z,w[top[u]],w[u]);
 91         u=fa[top[u]];
 92     }
 93     return ans;
 94 }
 95 
 96 void read(int& x) {
 97     char c=getchar();
 98     while(!isdigit(c)) c=getchar();
 99     x=0;
100     while(isdigit(c)) 
101         x=x*10+c-'0' , c=getchar();
102 }
103 int main() {
104     read(n),read(q);
105     int u,v,w;
106     FOR(i,2,n) {
107         read(u); u++;
108         g[u].push_back(i);
109         g[i].push_back(u);
110     }
111     dfs1(1),dfs2(1,1);
112     FOR(i,1,q) {
113         read(u),read(v),read(w);
114         u++,v++,w++;
115         que[++que_sz]=(Q) {1,u-1,w,i};
116         que[++que_sz]=(Q) {0,v,w,i};
117     }
118     sort(que+1,que+que_sz+1);
119     int j=1;
120     for(int i=0;i<=n;i++) {
121         modify(i);
122         for(;que[j].x==i;j++) {
123             if(que[j].flag)
124                 ans[que[j].id]=Ask(que[j].z);
125             else 
126                 ans[que[j].id]=(Ask(que[j].z)-ans[que[j].id])%MOD;
127         }
128     }
129     for(int i=1;i<=q;i++) printf("%lld
",ans[i]);
130     return 0;
131 }