题意
题解
50pts
由于这题 (2s)，所以可以信仰一波，暴力修改、查询。
暴力修改的复杂度是 (O(n))，暴力查询的复杂度是 (O(n^2))。
但不难发现可以通过记录子树大小来优化查询。具体地就是我们发现可以从每个点出发走到根，每经过一个点就计算一下起点与多少个点的 ( ext{LCA}) 是这个点。预处理一下以每个点为根的子树大小即可。
优化一下，我们发现直接 ( ext{dfs}) 一遍整颗树就能统计所有答案。对于每个点 (u) 枚举一条儿子边，设该儿子边指向的儿子为 (v)，然后令第一只虫子在以 (v) 为根的子树内，第二只虫子在以 (u) 为根的子树内且不在以 (v) 为根的子树内，此时有 (size[v] imes (size[u]-size[v])) 对点的 ( ext{LCA}) 为 (u)，所以答案要累加 (size[v] imes (size[u]-size[v]) imes a[u])。这样我们就漏掉了第一支虫子在 (u) 上的情况，最后再把答案加 (size[u] imes a[u]) 即可。
于是查询的复杂度优化到了 (O(n))，总复杂度 (O(n^2))。
然而我 (O(n^3)) 的暴力过了 ( ext{50pts})……下面是我的 ( ext{code})
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
if(f) return x;
return 0-x;
}
int n,m,a[N];
struct edge{int v,nxt; bool fx,exist;}e[N<<3];
int hd[N],cnt;
inline void add(int u, int v, bool fx){e[cnt]=(edge){v,hd[u],fx,1}, hd[u]=cnt++;}
int fa[N],siz[N];
double ans;
void getSiz(int u){
siz[u]=1;
for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) if(e[i].exist && !e[i].fx) getSiz(e[i].v), siz[u]+=siz[e[i].v];
//cout<<u<<' '<<siz[u]<<endl;
}
void dfs(int u, int f){
//cout<<a[u]<<' '<<siz[u]-siz[fa]<<endl;
ans += 1ll * a[u] * (siz[u]-siz[f]);
if(fa[u]) dfs(fa[u],u);
}
double getAns(){
ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) dfs(i,0);
//cout<<ans<<endl;
return ans/=(ll)n*n;
}
int main(){
n=read();
int u,v;
memset(hd,-1,sizeof hd);
for(int i=2; i<=n; ++i) fa[i]=read(), add(fa[i],i,0), add(i,fa[i],1);
for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
getSiz(1);
printf("%.10lf
",getAns());
m=read();
int opt;
for(int i=1; i<=m; ++i){
opt=read(), u=read(), v=read();
if(opt==1){
int x=v; bool flag=0;
while(x){
x=fa[x];
if(x==u){flag=1; break;}
}
if(flag) swap(u,v);
x=fa[u];
while(x){
siz[x]-=siz[u];
x=fa[x];
}
for(int j=hd[fa[u]]; ~j; j=e[j].nxt) if(e[j].exist && !e[j].fx && e[j].v==u){e[j].exist=e[j^1].exist=0; break;}
fa[u]=v, add(v,u,0), add(u,v,1);
//getSiz(1);
x=v;
while(x){
siz[x]+=siz[u];
x=fa[x];
}
}
else a[u]=v;
printf("%.10lf
",getAns());
}
return 0;
}
70pts（CF 原题标算）
分块。
100pts
显然 LCT。
回头考虑 ( ext{50pts}) 做法，它的式子可以简化！
一个点对答案的贡献是
({sumlimits_v size[v] imes (size[u]-size[v])+size[u]} imes a[u])（(v) 是 (u) 的儿子）
(={(size[u] imes sumlimits_v size[v]) - sumlimits_v size[v]^2 + size[u]} imes a[u])
(={size[u] imes (size[u]-1) - sumlimits_v size[v]^2 + size[u]} imes a[u])
(={size[u]^2 - sumlimits_v size[v]^2} imes a[u])
那我们是不是可以在 LCT 的每个点上维护这个答案？
下面考虑一下需要维护哪些信息
首先 LCT 上每个点肯定要维护该点及所有虚子树的 (size) 和，设其为 (siz)。
然后我们需要维护该点及所有实子树的 (size) 和，设其为 (siz_sum)。
注意：大家都知道虚子树包括所有实边连接的后代，但可能在实子树是否包含虚边连接后代这个问题有歧义。这里规定，实子树也包括所有虚边连接的后代！比如这张图（实线表示实边，虚线表示虚边）
这 (6) 个点是一棵实子树，而不是只有上面 (3) 个点组成一棵实子树！
在下文中，如果要指上面 (3) 个点组成的子树，我们称其为 在 splay 上的某个子树。
然后我们需要记录虚子树大小平方和，用于计算该点对答案的贡献，设其为 (siz\_sqr)。
然后我们需要统计整棵树的答案，所以需要把子树的答案往父亲合并，于是记录虚子树 (ans) 和，设其为 (ans\_sum)。
用 (siz\_sum) 和 (ans\_sum) 即可算出 splay 中以这个点为根的子树中所有点对答案的贡献和，记其为 (ans)。
然后我们画个图，尝试合并一下
图中粗线为重链，细线为轻链，蓝色点表示维护重链的 splay 的根（为了理解方便就直接设成了根，其实设成 splay 里的任意一个非叶子节点都行）。
合并的时候，发现若一只虫子在蓝色节点的右实子树中（即橙色圈圈区域），另一只虫子在蓝色节点的左实子树中（即红色圈圈区域），那这两点的 ( ext{LCA}) 并不是蓝色节点，而是其在 splay 上的左子树中的点。不难发现，这种情况下左子树上的某个点为两点的 ( ext{LCA})，当且仅当有一个点在该点的虚子树中。所以我们再给每个点记录一个变量 (all)，表示 splay 中以它为根的子树中，所有点的 (siz imes a[k]) 之和（设点编号为 (k)）。
( ext{pushup}) 时，一个点的 (ans) 需要考虑较多因素，即更新成以下几项的和：
- 两个实子树和所有虚子树的 (ans)
- 两只虫子分别在两个不同的虚子树中
- 一只虫子在任一虚子树中，另一只虫子在右实子树中。这时交换两只虫子后的方案没被统计，所以方案数 ( imesspace 2)
- 一只虫子在任一虚子树或右实子树中，另一只虫子在左实子树中。这时交换两只虫子后的方案没被统计，所以方案数 ( imesspace 2)
显然，后三条都是计算该点对答案的贡献，即有多少对点以这个点为 ( ext{LCA})。
然后就可以写成如下代码的 ( ext{pushup}) 了。
注意一个细节：一般我们写 LCT 维护的都是无根树，但这题 LCT 护的是有根树，所以 ( ext{makeroot}) 函数不要翻转子树（这会修改树根）。
取答案的话，直接取 LCT 最顶部节点的 (ans) 即可。如果你不知道顶部节点的编号，随便把一个节点 ( ext{makeroot}) 一下旋转到顶部就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x;
return 0-x;
}
int n,m,a[N];
namespace LCT{
#define son(x,k) tr[x].son[k]
struct Tree{
int son[2],fa;
ll siz,siz_sum,siz_sqr,ans_sum,all,ans;
}tr[N];
inline bool isRoot(int x){
return son(tr[x].fa,0)!=x && son(tr[x].fa,1)!=x;
}
inline bool idf(int x){
return son(tr[x].fa,1)==x;
}
void pushup(int x){
tr[x].siz_sum = tr[son(x,0)].siz_sum + tr[son(x,1)].siz_sum + tr[x].siz;
tr[x].ans = tr[son(x,0)].ans + tr[son(x,1)].ans + tr[x].ans_sum
+ (1ll * tr[x].siz * tr[x].siz - tr[x].siz_sqr
+ 2ll * tr[x].siz * tr[son(x,1)].siz_sum) * a[x]
+ 2ll * tr[son(x,0)].all * (tr[x].siz_sum-tr[son(x,0)].siz_sum);
tr[x].all = tr[son(x,0)].all + tr[son(x,1)].all + a[x] * tr[x].siz;
//cout<<tr[x].siz_sum<<' '<<tr[x].ans<<' '<<tr[x].all<<endl;
}
void vir_pushup(int x, int y, int v){
tr[x].siz += v * tr[y].siz_sum;
tr[x].siz_sqr += v * tr[y].siz_sum * tr[y].siz_sum;
tr[x].ans_sum += v * tr[y].ans;
}
inline void connect(int x, int f, int fx){
tr[x].fa=f, son(f,fx)=x;
}
inline void rotate(int x){
int y=tr[x].fa, z=tr[y].fa, idf_x=idf(x), idf_y=idf(y), B=tr[x].son[idf_x^1];
if(!isRoot(y)) connect(x,z,idf_y);
else tr[x].fa=z;
connect(B,y,idf_x), connect(y,x,idf_x^1);
pushup(y), pushup(x);
}
void splay(int x){
for(; !isRoot(x); ){
int f=tr[x].fa;
//cout<<"splay:"<<x<<' '<<f<<endl;
if(!isRoot(f)) rotate(idf(x)==idf(f) ? f : x);
rotate(x);
}
}
void access(int x){
for(int y=0; x; x=tr[y=x].fa){
//cout<<x<<' '<<y<<endl;
splay(x);
vir_pushup(x,son(x,1),1);
son(x,1)=y;
vir_pushup(x,son(x,1),-1);
pushup(x);
//cout<<x<<' '<<y<<endl;
}
}
inline void makeroot(int x){
access(x), splay(x);
}
void link(int x, int y){
//cout<<y<<endl;
makeroot(y), makeroot(x);
//cout<<y<<endl;
tr[y].fa=x;
vir_pushup(x,y,1), pushup(x);
}
void cut(int x, int y){
makeroot(x), splay(y);
tr[y].fa=0;
vir_pushup(x,y,-1), pushup(x);
}
bool isAnc(int x, int y){ //判断x是不是y的祖先，是则返回1
makeroot(y), splay(x);
if(isRoot(y)) return 0;
return 1;
}
}using namespace LCT;
int fa[N];
int main(){
n=read();
for(int i=2; i<=n; ++i) fa[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i){
a[i]=read();
tr[i].all = tr[i].ans = a[i];
tr[i].siz_sum = tr[i].siz = 1;
}
for(int i=2; i<=n; ++i) link(fa[i],i);
access(1), splay(1);
printf("%.10lf
",(double)tr[1].ans/n/n);
m=read();
while(m--){
int opt=read(), x=read(), y=read();
if(opt==1){
if(!isAnc(x,y)) cut(fa[x],x), link(y,x), fa[x]=y;
else cut(fa[y],y), link(x,y),fa[y]=x;
access(1), splay(1);
printf("%.10lf
",(double)tr[1].ans/n/n);
}
else{
makeroot(x), a[x]=y, pushup(x);
printf("%.10lf
",(double)tr[x].ans/n/n);
}
}
return 0;
}
过两天复习一波 LCT，这数据结构真是个害人不浅的东西