【P4211 LNOI2014】LCA——树链剖分 +询问离线

（7.16晚）更完先在B站颓一会儿……

---------------------------------------------------------------

（以下为luogu题面）

题目描述

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∑（l≤i≤r ​dep[LCA(i,z)]）

输入输出格式

输入格式：

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。

输出格式：

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

说明

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

　　需要说明的是，这道题的思路跟LCA的三种求法无关（树剖太暴力了，而且确实会用到树剖），也就是说没有丝毫的暴力分可拿。（掀桌）

　　从这道题中对于深度的定义可以发现，两个点LCA的深度等价于它们的公共祖先的数目。那么问题的本质是，每次给定一个点集，求集合中每个点与一个定点的祖先数目的累计。考虑这样的暴力处理：对于任取一个点u与所给定点z，我们可以先给u的每个祖先都打一层标记，然后询问从z到根有标记的点的数目。这个过程显然可以用树剖处理，我们在树剖序上架一个线段树支持区间修改、区间查询，每个这样的询问可以做到log^2n的复杂度。

　　如果我们对每次询问，都把点集中的每个点这样打一遍祖先的标记再查询z，总复杂度会多出一个q来，显然需要进一步优化。题中给出的点集有一个非常好的性质：点集中的点处于一段连续区间中。那么，我们可以把每个询问[l, r]差分为[1, l - 1]和[1, r]两个询问，那么需要维护的就只有形如[1, R]与每个z的关系了。

　　因此我们把询问离线差分后按右端点排序，从左向右扫描点集[1, n]并打标记，每遇到一个询问则查询给定z与根之间的标记数目，统计进询问数组即可。

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define lowbit(i) (i & -i)
#define maxn 50010
#define mod 201314
template <typename T>
void read(T &x) {
    x = 0;
    int f = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) {
        if (ch == '-')
            f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch)) {
        x = x * 10 + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    x *= f;
    return;
}
using namespace std;
int head[maxn], top;
struct E {
    int to, nxt;
} edge[maxn];
inline void insert(int u, int v) {
    edge[++top] = (E) {v, head[u]};
    head[u] = top;
}
int n, q, ans[maxn], qtp;
struct Q {
    int r, z, id;
    bool op;
    friend bool operator < (Q a, Q b) {
        return a.r < b.r;
    }
} ask[maxn << 1];
/*namespace BIT {
    int bit[maxn];
    void modify(int x, int val) {
        for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
            bit[i] += val;
    }
    int presum(int x) {
        int sum = 0;
        for (int i = x; i; i -= lowbit(i))
            sum = (sum + bit[i]) % mod;
        return sum;
    }
}*/
namespace Segment_tree {
    #define lc (nd<<1)
    #define rc ((nd<<1)|1)
    #define mid ((l+r)>>1)
    struct node {
        int val, len;
        friend node operator + (node a, node b) {
            return (node) {(a.val + b.val) % mod, a.len + b.len};
        }
    } seg[maxn << 2];
    int tag[maxn << 2];
    inline void update(int nd) {
        seg[nd] = seg[lc] + seg[rc];
    }
    inline void put_tag(int nd, int op) {
        seg[nd].val += op * seg[nd].len;
        tag[nd] += op;
    }
    inline void push_down(int nd) {
        put_tag(lc, tag[nd]);
        put_tag(rc, tag[nd]);
        tag[nd] = 0;
    }
    void build(int nd, int l, int r) {
        if (l == r) {
            seg[nd] = (node) {0, 1};
            return;
        }
        build(lc, l, mid);
        build(rc, mid + 1, r);
        update(nd);
    }
    void modify(int nd, int l, int r, int ql, int qr, int val) {
        if (l >= ql && r <= qr) {
            put_tag(nd, val);
            return;
        } else if (l > qr || r < ql)
            return;
        push_down(nd);
        modify(lc, l, mid, ql, qr, val);
        modify(rc, mid + 1, r, ql, qr, val);
        update(nd);
        return;
    }
    int query(int nd, int l, int r, int ql, int qr) {
        if (l >= ql && r <= qr)
            return seg[nd].val;
        if (l > qr || r < ql)
            return 0;
        push_down(nd);
        return (query(lc, l, mid, ql, qr) + query(rc, mid + 1, r, ql, qr)) % mod;
    }
}
namespace Div_tree {  //树剖
//  using namespace BIT;  //试图用树状数组维护区间修改的惨痛失败
    using namespace Segment_tree;
    int dfn[maxn], size[maxn], ftop[maxn], d[maxn], son[maxn], f[maxn];
    int tmr;
    void dfs1(int u, int pre) {
        f[u] = pre;
        d[u] = d[pre] + 1;
        size[u] = 1;
        for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
            int v = edge[i].to;
            dfs1(v, u);
            size[u] += size[v];
            if (size[v] > size[son[u]])
                son[u] = v;
            }
    }
    void dfs2(int u, int tp) {
        dfn[u] = ++tmr;
        ftop[u] = tp;
        if (!son[u])
            return;
        dfs2(son[u], tp);
        for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
            int v = edge[i].to;
            if (v != son[u])
                dfs2(v, v);
        }
    }
    void Mrange(int u, int v, int val) {
        while (ftop[u] != ftop[v]) {
            if (d[ftop[u]] < d[ftop[v]])
                swap(u, v);
            modify(1, 1, n, dfn[ftop[u]], dfn[u], val);
            u = f[ftop[u]];
        }
        if (d[u] < d[v]) swap(u, v);
        modify(1, 1, n, dfn[v], dfn[u], val);
        return;
    }
    int Qrange(int u, int v) {
        int sum = 0;
        while (ftop[u] != ftop[v]) {
            if (d[ftop[u]] < d[ftop[v]])
                swap(u, v);
            sum = (sum + query(1, 1, n, dfn[ftop[u]], dfn[u])) % mod;
            u = f[ftop[u]];
        }
        if (d[u] < d[v]) swap(u, v);
        sum += query(1, 1, n, dfn[v], dfn[u]);
        return sum % mod;
    }
} using namespace Div_tree;
void init() {
    build(1, 1, n);
    dfs1(1, 0);
    dfs2(1, 1);
}
int main() {
    read(n), read(q);
    int u, v, z;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)//编号+1
        read(u), ++u, insert(u, i);
    for (int i = 1; i <= q; ++i) {
        read(u), read(v), read(z);
        ask[++qtp] = (Q) {u, z+1, i, 0};  //拆询问
        ask[++qtp] = (Q) {v+1, z+1, i, 1};
    }
    sort(ask + 1, ask + qtp + 1);
    init();
    int i = 0, j = 1;
    while (j <= qtp) {
        while (i < ask[j].r)
            Mrange(1, ++i, 1);
        if (ask[j].op)
        ans[ask[j].id] += Qrange(1, ask[j].z);  //按标记统计进答案
        else ans[ask[j].id] -= Qrange(1, ask[j].z);
        ++j;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        printf("%d
", (ans[i]+mod)%mod);
    return 0;
}