BZOJ 3221: [Codechef FEB13] Obserbing the tree树上询问( 可持久化线段树 + 树链剖分 )

树链剖分+可持久化线段树....这个一眼可以看出来, 因为可持久化所以写了标记永久化(否则就是区间修改的线段树的持久化..不会), 结果就写挂了, T得飞起...和管理员拿数据调后才发现= = 做法:码码码码码码码码...码完就AC啦. O(M log N)

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#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 100009;

int N, Q, Top, L, R, dfn, T;

int Id[maxn], sz[maxn], dep[maxn], fa[maxn], ch[maxn], top[maxn];

inline int getint() {

char c = getchar();

for(; !isdigit(c); c = getchar());

int ret = 0;

for(; isdigit(c); c = getchar()) ret = ret * 10 + c - '0';

return ret;

}

inline ll getll() {

char c = getchar();

for(; !isdigit(c); c = getchar());

ll ret = 0;

for(; isdigit(c); c = getchar()) ret = ret * 10 + c - '0';

return ret;

}

struct edge {

int t;

edge* n;

} E[maxn << 1], *Pt = E, *H[maxn];

inline void AddEdge(int u, int v) {

Pt->t = v, Pt->n = H[u], H[u] = Pt++;

}

void dfs(int x) {

sz[x] = 1, ch[x] = -1;

for(edge* e = H[x]; e; e = e->n) if(e->t != fa[x]) {

dep[e->t] = dep[x] + 1;

fa[e->t] = x;

dfs(e->t);

sz[x] += sz[e->t];

if(!~ch[x] || sz[ch[x]] < sz[e->t]) ch[x] = e->t;

}

void DFS(int x) {

top[x] = Top;

Id[x] = ++dfn;

if(~ch[x]) DFS(ch[x]);

for(edge* e = H[x]; e; e = e->n)

if(e->t != fa[x] && e->t != ch[x]) DFS(Top = e->t);

}

void Init() {

N = getint(), Q =getint();

for(int i = 1; i < N; i++) {

int u = getint() - 1, v = getint() - 1;

AddEdge(u, v), AddEdge(v, u);

}

fa[0] = -1, dep[0] = 0, dfs(0);

DFS(dfn = Top = 0);

}

struct Mark {

ll f, d;

Mark() : f(0), d(0) {

}

Mark(ll _f, ll _d) : f(_f), d(_d) {

}

Mark operator += (const Mark o) {

f += o.f, d += o.d;

return *this;

}

Mark Rev(int len) {

return Mark(f + (len - 1) * d, -d);

}

Mark Cut(int len) {

return Mark(f + len * d, d);

}

inline ll Sum(int len, int s = 0) {

return ll(len) * (f + d * s) + (d * len * (len - 1) >> 1);

}

};

struct Node {

Node *lc, *rc;

ll sm;

Mark t;

inline void upd(int len) {

if(len > 1) {

sm = lc->sm + rc->sm;

} else

sm = 0;

sm += t.Sum(len);

}

} pool[20000009], *pt, *Root[maxn];

void Init_sgt() {

pt = pool;

pt->lc = pt->rc = pt;

pt->t = Mark();

Root[0] = pt++;

}

int LCA(int u, int v) {

for(; top[u] != top[v]; u = fa[top[u]])

if(dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);

return dep[u] < dep[v] ? u : v;

}

Node* Modify(Node* t, int l, int r, Mark mk) {

Node* o = pt++;

o->t = t->t;

o->lc = t->lc, o->rc = t->rc;

if(L <= l && r <= R) {

o->t += mk;

} else {

int m = (l + r) >> 1;

if(L <= m) o->lc = Modify(o->lc, l, m, mk);

if(m < R) o->rc = Modify(o->rc, m + 1, r, L <= m ? mk.Cut(m - max(L, l) + 1) : mk);

}

o->upd(r - l + 1);

return o;

}

Node* MODIFY(Node* p, int u, int v, Mark t) {

int lca = LCA(u, v);

for(; top[u] != top[v]; u =fa[top[u]]) {

if(dep[top[u]] < dep[top[v]]) {

t = t.Rev(dep[u] + dep[v] - (dep[lca] << 1) + 1);

swap(u, v);

}

L = Id[top[u]], R = Id[u];

p = Modify(p, 1, N, t.Rev(dep[u] - dep[top[u]] + 1));

t = t.Cut(dep[u] - dep[top[u]] + 1);

}

if(dep[u] > dep[v]) {

t = t.Rev(dep[u] - dep[v] + 1);

swap(u, v);

}

L = Id[u], R = Id[v];

p = Modify(p, 1, N, t);

return p;

}

void Query(Node* t, int l, int r, Mark o, ll &ret) {

if(L <= l && r <= R) {

ret += t->sm + o.Sum(r - l + 1);

} else {

int m = (l + r) >> 1;

o += t->t;

if(L <= m) Query(t->lc, l, m, o, ret);

if(m < R) Query(t->rc, m + 1, r, o.Cut(m + 1 - l), ret);

}

ll QUERY(Node* t, int u, int v) {

ll ret = 0;

for(; top[u] != top[v]; u = fa[top[u]]) {

if(dep[top[u]] < dep[top[v]]) swap(u, v);

L = Id[top[u]], R = Id[u];

Query(t, 1, N, Mark(), ret);

}

if(dep[u] > dep[v]) swap(u, v);

L = Id[u], R = Id[v];

Query(t, 1, N, Mark(), ret);

return ret;

}

void Work() {

char c;

int t = 0;

ll ans = 0;

Init_sgt();

Node* Rt = Root[0];

while(Q--) {

scanf(" %c", &c);

if(c == 'c') {

int u = getll() ^ ans, v = getll() ^ ans;

ll f = getll(), d =getll();

Rt = Root[++t] = MODIFY(Rt, u - 1, v - 1, Mark(f, d));

} else if(c == 'q') {

printf("%lld\n", ans = QUERY(Rt, (getll() ^ ans) - 1, (getll() ^ ans) - 1));

} else

Rt = Root[getll() ^ ans];

}

int main() {

Init();

Work();

return 0;

}

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3221: [Codechef FEB13] Obserbing the tree树上询问

Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 1280 MB
Submit: 295 Solved: 55
[Submit][Status][Discuss]

Description

小N最近在做关于树的题。今天她想了这样一道题，给定一棵N个节点的树，节点按1~N编号，一开始每个节点上的权值都是0，接下来有M个操作。第一种操作是修改，给出4个整数X,Y,A,B,对于X到Y路径上加上一个首项是A，公差是B的等差数列，因为小N十分谨慎，所以她每做完一个修改操作就会保存一次，初始状态是第0次保存的局面。第二种操作是求和，给出2个整数X,Y，输出X到Y路径上所有节点的权值和。第三种操作是读取之前第X次保存的局面，所有节点的状态回到之前第X次保存的状态。现在请你对每一个求和操作输出答案。

Input

第一行2个整数N,M表示节点个数和操作次数。

接下来N-1行每行2个整数Ui,Vi表示了这棵树中Ui和Vi这2个节点间有边相连。

接下来M行每行先有一个字符表示了操作的类型：

如果是’c’，那么代表了一个修改操作，接下来有4个整数X1,Y1,A,B，为了使得询问在线，正确的X=X1 xor上次输出的数,Y=Y1 xor上次输出的数,如果之前没有输出过那么当成0。

如果是’q’，那么代表了一个求和操作，接下来有2个整数X1,Y1,和修改操作一样需要xor上次输出。

如果是’l’，那么代表了一次读取操作，接下来1个整数X1，正确的X=X1 xor上次输出的数。

Output

对于每一个求和操作，输出求和后的值。

Sample Input

5 7
1 2
2 3
3 4
4 5
c 2 5 2 3
c 3 4 5 10
q 1 3
l 13
q 13 15
l 6
q 6 4

Sample Output

12
7
7

HINT

100%的数据中N,M<=100000,0<=A,B<=1000,0<=X1,Y1<=10^1,修改次数<M/2，不会读取没保存的局面

Source

持久化线段树

转载于:https://www.cnblogs.com/JSZX11556/p/5185345.html