XII.小清新数据结构题
太 清 新 了
话说就我一个人看到这道题后兴冲冲的以为暴力LCT就能过然后发现LCT如果维护子树信息的话只有根节点处的信息是正确的吗（没错，就我一个）
闲话少说，正片开始。
法一：推一种式子，然后LCT/树剖维护
我们设\(val_i\)为\(i\)节点的值，然后\(sum_i\)为根节点为\(1\)时以\(i\)为根的子树的子树和。
则根为\(1\)时的答案即为\(\sum\limits_{i=1}^{n}(sum_i)^2\)。设其为\(res\)。
我们看一下当位置\(x\)的\(val\)增大\(\Delta\)后，\(res\)会如何变化（其中\(path_x\)意为\(1\rightarrow x\)的路径，而\(dis_x\)为这一路径上的节点数量）：
\(\begin{aligned}\Delta_{res}&=\sum\limits_{i\in path_x}(sum_i+\Delta)^2-(sum_i)^2\\&=\sum\limits_{i\in path_x}(sum_i)^2+2\Delta sum_i+\Delta^2-(sum_i)^2\\&=\sum\limits_{i\in path_x}2\Delta sum_i+\Delta^2\\&=2\Delta\sum\limits_{i\in path_x}sum_i+dis_x\Delta^2\end{aligned}\)
\(\sum\limits_{i\in path_x}sum_i\)与\(dis_x\)都可以很方便地使用LCT或树剖维护。这里我选用LCT，毕竟这题的LCT如果用无根LCT（即根固定为\(1\)的LCT）的话，直接access一下即可打包出来这条路径，非常方便。
而\(\sum\limits_{i\in path_x}sum_i\)的变化，实际上仅仅是在\(val_x\)增加\(\Delta\)时，每个\(sum_i\)全都增加\(\Delta\)而已。打个tag就解决了。
维护完这些东西后，我们便可以在点权变化的时候同时维护\(res\)了就可以拿到\(30\%\)了。
现在我们考虑根不是\(1\)了，它变到了\(x\)。则新的\(res\)（设为\(res'\)）又会怎么变化呢？
我们有\(res'=\sum\limits_{i=1}^{n}(sum_i')^2\)，其中\(sum'\)为新的\(sum\)值。
但是，对于大多数情况，都仍有\(sum_x'=sum_x\)——准确的说，除了\(x\)到\(1\)路径上的点，其它的\(sum_x\)都没有发生变化。我们仍然设这条路径为\(path_x\)，这里我们从\(1\)到\(x\)将路径上的点依次编号为\(p_0,p_1,\dots,p_k\)，并令\(p_0=1,p_k=x\)。
如果我们画出图来观察一下，就会惊讶地发现，必然有
而这上面所有的东西，全都等于整棵树的权值和。
因此我们有
\(\begin{aligned}\Delta_{res}&=\sum\limits_{i=1}^{n}(sum_i')^2-\sum\limits_{i=1}^{n}(sum_i)^2\\&=\sum\limits_{i=0}^{k}(sum_{p_i}')^2-\sum\limits_{i=0}^{k}(sum_{p_i})^2\\&=\sum\limits_{i=0}^{k}(sum_{p_i}')^2-\sum\limits_{i=0}^{k}(sum_{p_i})^2\\&=(sum_{p_k}')^2+\sum\limits_{i=0}^{k-1}(sum_{p_0}-sum_{p_{i+1}})^2-(sum_{p_0})^2-\sum\limits_{i=1}^{k}(sum_{p_i})^2\\&=\sum\limits_{i=1}^{k}(sum_{p_0}-sum_{p_i})^2-\sum\limits_{i=1}^{k}(sum_{p_i})^2\\&=\sum\limits_{i=1}^{k}(sum_{p_0})^2-2sum_{p_0}sum_{p_i}\\&=k(sum_{p_0})^2-2sum_{p_0}\sum\limits_{i=1}^{k}sum_{p_i}\\&=k(sum_1)^2-2sum_1\sum\limits_{i=1}^{k}sum_{p_i}\\&=(k+2)(sum_1)^2-2sum_1\sum\limits_{i=0}^{k}sum_{p_i}\end{aligned}\)
套用我们上面对\(path_x\)和\(dis_x\)的定义（注意到这里则有\(dis_x=k+1\)），我们得到
\(\Delta_{res}=(dis_x+1)(sum_1)^2-2sum_1\sum\limits_{i\in path_x}sum_i\)
刚好是我们之前LCT维护的东西，因此直接搬过来用即可。
复杂度\(O(n\log n)\)。
代码：
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lson t[x].ch[0]
#define rson t[x].ch[1]
int n,m,val[200100];
ll res;
struct LCT{
int fa,ch[2],val,tag,sz;
ll sum;
}t[200100];
inline int identify(int x){
if(x==t[t[x].fa].ch[0])return 0;
if(x==t[t[x].fa].ch[1])return 1;
return -1;
}
inline void ADD(int x,int y){
t[x].val+=y,t[x].tag+=y,t[x].sum+=1ll*t[x].sz*y;
}
inline void pushdown(int x){
if(lson)ADD(lson,t[x].tag);
if(rson)ADD(rson,t[x].tag);
t[x].tag=0;
}
inline void pushup(int x){
t[x].sum=t[x].val,t[x].sz=1;
if(lson)t[x].sum+=t[lson].sum,t[x].sz+=t[lson].sz;
if(rson)t[x].sum+=t[rson].sum,t[x].sz+=t[rson].sz;
}
inline void rotate(int x){
register int y=t[x].fa;
register int z=t[y].fa;
register int dirx=identify(x);
register int diry=identify(y);
register int b=t[x].ch[!dirx];
if(diry!=-1)t[z].ch[diry]=x;t[x].fa=z;
if(b)t[b].fa=y;t[y].ch[dirx]=b;
t[y].fa=x,t[x].ch[!dirx]=y;
pushup(y),pushup(x);
}
inline void pushall(int x){
if(identify(x)!=-1)pushall(t[x].fa);
pushdown(x);
}
inline void splay(int x){
pushall(x);
while(identify(x)!=-1){
register int fa=t[x].fa;
if(identify(fa)==-1)rotate(x);
else if(identify(x)==identify(fa))rotate(fa),rotate(x);
else rotate(x),rotate(x);
}
}
inline void access(int x){
for(register int y=0;x;x=t[y=x].fa)splay(x),rson=y,pushup(x);
}
inline void makeroot(int x){
access(x),splay(x);
}
vector<int>v[200100];
void dfs(int x,int fa){
t[x].val=val[x];
for(auto y:v[x])if(y!=fa)t[y].fa=x,dfs(y,x),t[x].val+=t[y].val;
res+=1ll*t[x].val*t[x].val;
pushup(x);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]);
dfs(1,0);
for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y),makeroot(y);
if(x==1)scanf("%d",&z),z-=val[y],res+=1ll*z*z*t[y].sz+2ll*z*t[y].sum,ADD(y,z),val[y]+=z;
else pushall(1),printf("%lld\n",res+1ll*t[1].val*(1ll*(t[y].sz+1)*t[1].val-2ll*t[y].sum));
}
return 0;
}
法二：推另一种式子，然后点分树维护
我们仍然令\(val_x\)为单点权值，但这里的\(sum_x\)为对于一次询问，以被询问节点为树根时，子树权值和。再令\(all=\sum val_x\)。
则我们要求的是\(\sum\limits_{i=1}^n(sum_i)^2\)。
看着不太爽吧？毕竟动态点分治更侧重于路径的维护（这一点跟LCT类似，但是动态点分治比起LCT还要更“路径”一点——它几乎维护不了子树信息）。
我们尝试将其变化成\(all\sum\limits_{i=1}^nsum_i-\sum\limits_{i=1}^nsum_i(all-sum_i)\)
后一半，我们发现乘起来的两部分，可以被抽象为由一条边连接着的两个子树的权值和乘一起——这恰恰证明了后面的东西与根无关，因为这个\(\sum\)它枚举了每一条边。
我们进一步可以把它拆成两个集合\(A\)和\(B\)表示两半子树，则它实际上等价于\(\sum(\sum\limits_{i\in A}val_i)(\sum\limits_{j\in B}val_j)=\sum\sum\limits_{i\in A}\sum\limits_{j\in B}val_ival_j\)
我们发现，对于每一对\(i,j\)，它们会在两点间路径上的每一条边处被计算一次。
因此上面实际上也可以被转成\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}val_ival_j\operatorname{dis}(i,j)\)。这里就只与路径信息有关了。并且，因为这个值与根无关，我们实际上还可以做的更多。
现在话归前一半。\(all\)很容易维护，关键是求出\(\sum\limits_{i=1}^{n}sum_i\)。
它可以等价于\(\sum\limits_{i=1}^{n}val_i\Big(\operatorname{dis}(i,root)+1\Big)\)，因为每个点的点权会贡献给它所有的祖先——这一数量等于\(\operatorname{dis}(i,root)+1\)。
我们将其拆开，便得到了\(\sum\limits_{i=1}^{n}val_i\operatorname{dis}(i,root)+\sum\limits_{i=1}^nval_x=all+\sum\limits_{i=1}^{n}val_i\operatorname{dis}(i,root)\)
我们发现后面这一半东西就可以轻松用点分治维护了。我们设\(\operatorname{calc}(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}val_i\operatorname{dis}(i,x)\)。
则最终该式即被转换成\(all\operatorname{calc}(x)-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}val_ival_j\operatorname{dis}(i,j)\)。
我们考虑设后面一大坨为\(ALL\)。
考虑当\(val_i\)增大\(\Delta\)后，\(ALL\)会发生什么变化：
\(\begin{aligned}\Delta_{ALL}&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}val_ival_j\operatorname{dis}(i,j)-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}(val_i+\Delta)val_j\operatorname{dis}(i,j)\\&=\Delta\sum\limits_{j=1}^{n}val_j\operatorname{dis}(i,j)\\&=\Delta\operatorname{calc}(i)\end{aligned}\)
则只需要在修改时顺手维护掉\(ALL\)即可。
则最终答案即为\(all\operatorname{calc}(x)-ALL\)。
至此本题解决。
明显该算法复杂度为\(O(n\log n)\)——假如你用RMQ求\(\operatorname{dis}\)的话。但是其常数远大于LCT——大约是其\(3\)倍。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,val[200100],fa[200100],dep[200100],in[200100],tot,mn[400100][20],LG[400100];
namespace Tree{
vector<int>v[200100];
int sz[200100],SZ,msz[200100],ROOT;
bool vis[200100];
void getsz(int x,int fa){
sz[x]=1;
for(auto y:v[x])if(!vis[y]&&y!=fa)getsz(y,x),sz[x]+=sz[y];
}
void getroot(int x,int fa){
sz[x]=1,msz[x]=0;
for(auto y:v[x])if(!vis[y]&&y!=fa)getroot(y,x),sz[x]+=sz[y],msz[x]=max(msz[x],sz[y]);
msz[x]=max(msz[x],SZ-sz[x]);
if(msz[x]<msz[ROOT])ROOT=x;
}
void solve(int x){
getsz(x,0);
vis[x]=true;
for(auto y:v[x]){
if(vis[y])continue;
ROOT=0,SZ=sz[y],getroot(y,0),fa[ROOT]=x,solve(ROOT);
}
}
void getural(int x,int fa){
mn[++tot][0]=x,in[x]=tot;
for(auto y:v[x])if(y!=fa)dep[y]=dep[x]+1,getural(y,x),mn[++tot][0]=x;
}
}
int MIN(int i,int j){
return dep[i]<dep[j]?i:j;
}
int LCA(int i,int j){
if(i>j)swap(i,j);
int k=LG[j-i+1];
return MIN(mn[i][k],mn[j-(1<<k)+1][k]);
}
int DIS(int i,int j){
return dep[i]+dep[j]-dep[LCA(in[i],in[j])]*2;
}
namespace cdt{
ll sf[200100],pa[200100],all,sz[200100],ALL;
ll ask(int x){
ll res=0;
for(int u=x;u;u=fa[u]){
res+=sf[u];
res+=1ll*DIS(u,x)*sz[u];
if(fa[u])res-=pa[u],res-=1ll*DIS(fa[u],x)*sz[u];
}
return res;
}
void change(int x,int delta){
ALL+=1ll*ask(x)*delta;
for(int u=x;u;u=fa[u]){
sz[u]+=delta;
sf[u]+=DIS(u,x)*delta;
if(fa[u])pa[u]+=DIS(fa[u],x)*delta;
}
val[x]+=delta,all+=delta;
}
ll solve(int x){
return all*(all+ask(x))-ALL;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),Tree::v[x].push_back(y),Tree::v[y].push_back(x);
Tree::msz[0]=0x3f3f3f3f,Tree::SZ=n,Tree::getroot(1,0),Tree::solve(Tree::ROOT);
Tree::getural(1,0);
for(int i=2;i<=tot;i++)LG[i]=LG[i>>1]+1;
for(int j=1;j<=LG[tot];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=tot;i++)mn[i][j]=MIN(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),cdt::change(i,x);
for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x==1)scanf("%d",&z),cdt::change(y,z-val[y]);
else printf("%lld\n",cdt::solve(y));
}
return 0;
}