[HNOI2015]开店-题解

题目【IN】

目前只有开O2能过，STL的常数太大了，QWQ

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题意简述，给你一棵树，有点权与边权，然后有很多询问，每次询问你点权在$Lsim R$范围内的点到给点点$v$的距离之和。

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解法1：动态点分治

我们使用动态点分治来求取答案。

先构建出点分树，树高肯定是在$logn$级别内的，然后对于一个分治点（重心），我们在上面记录三个值：

• $s1$表示该重心的子树点数
• $s2$表示该重心子树中的点到重心的距离和
• $s3$表示该重心的子树中的点到重心在点分树上的父亲的距离和

我们维护这三个值是因为计算答案时，对于子树内的点我们可以直接加上，对于祖先部分的点我们直接加上直接到祖先的距离，而对于其它部分的点，我们将其拆分为$u ightarrow lca ightarrow v$两条路来统计，然后再减去多余的。

那么对应的式子为
$s2[u]+sum (s2[f[p]]-s3[p])+(s1[f[p]]-s1[p]) imes dist(f[p],u)$
其中$p$开始$=u$，然后不断往点分树的根跳即可。
但是在实际的统计中，我们这样实现：

• 先加上子树到当前枚举的$p$的距离和。
• 然后如果当前的点$p!=u$，那么我们再加上当前点$p$到点$u$的距离乘以子树大小。
• 如果点$p$还有分治树上的父亲，那么我们还要减去当前点$p$子树到其父亲距离和，还有点$p$父亲$f[p]$到点$u$的距离乘以点$p$的子树大小。

下面上一张图来详细的讲解一下为什么如此计算：

我们发现对于当前要求的点$u$，如果我们$p=u$，那么就直接加上当前子树到$p$的距离和，由于还有父亲，所以我们看，当$p$为父亲$v$时，我们这样操作：

• 先将$p$所有子树内的点走到$p$，代价为$s2$
• 然后我们减去原来的$u$的子树内的点多走的距离，就是它们先走到了$p$，又从$p$走回了$u$，所以减去它们到$p$的距离和，还有$p ightarrow u$这条边被它们多走的距离。

那么操作的正确性就非常显然了。

而对于权值在$Lsim R$的限制，我们可以利用前缀和的思想，求$1sim L-1$和$1sim R$的答案相减即可得到，所以用一个$set$或者$vector$存下来即可（C++中的$STL$）

那么每次询问时即可在点分树上跳父亲统计答案即可，复杂度为$log^2n$，预处理点分树$nlog^2n$，预处理$m LCA$我们用$m Rmq$来，所以为$nlogn$，查询$m LCA$的复杂度变成$O(1)$，所以总的复杂度为$nlogn+nlog^2n+mlog^2n$，对于$2e5$的数据再加上大常数，所以要开$O2$优化。

代码丑陋QAQ：

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=5e5+10;
int n,Q,A;
int age[M];
struct ss{
	int to,last;ll len;
	ss(){}
	ss(int a,int b,ll c):to(a),last(b),len(c){}
}g[M<<1];
int head[M],cnt;
void add(int a,int b,ll c){
	g[++cnt]=ss(b,head[a],c);head[a]=cnt;
	g[++cnt]=ss(a,head[b],c);head[b]=cnt;
}

struct node{
	int p;
	ll s1,s2,s3;
	node(){}
	node(int a,ll b,ll c,ll d):p(a),s1(b),s2(c),s3(d){}
	bool operator <(const node &a)const{return p<a.p;}
};
vector <node> rec[M];
#define pb push_back
typedef vector<node>::iterator iter;

int pos[M],tim,lgp[M],lg;
ll lcaq[25][M],dis[M];
//rmq求lca来求距离 
void dfs_rmq(int a,int b){
	lcaq[0][pos[a]=++tim]=dis[a];
	for(int i=head[a];i;i=g[i].last){
		if(g[i].to==b) continue;
		dis[g[i].to]=dis[a]+g[i].len;
		dfs_rmq(g[i].to,a);
		lcaq[0][++tim]=dis[a];
	}
}
void init_rmq(){
	lgp[2]=lgp[3]=1;
	for(int i=4;i<=tim;i++)lgp[i]=lgp[i>>1]+1;
	for(lg=1;(1ll<<lg)<=tim;++lg);
	for(int i=1;i<=lg;i++){
		for(int j=1;j+(1<<(i-1))<=tim;j++){
			lcaq[i][j]=min(lcaq[i-1][j],lcaq[i-1][j+(1<<(i-1))]);
		}
	}
}
ll dist(int a,int b){
	ll now=dis[a]+dis[b];
	a=pos[a];b=pos[b];
	if(!a||!b) return 0;
	if(a>b)swap(a,b);
	int k=lgp[b-a+1];
	ll lcaa=min(lcaq[k][a],lcaq[k][b-(1<<k)+1]);
	return now-(lcaa<<1);
}
int sze[M],f[M],son[M],totsze,root;
bool vis[M];
//找重心 
void findroot(int a,int fa){
	sze[a]=1;son[a]=0;
	for(int i=head[a];i;i=g[i].last){
		int v=g[i].to;
		if(v==fa||vis[v]) continue;
		findroot(v,a);
		sze[a]+=sze[v];
		if(sze[v]>son[a])son[a]=sze[v];
	}
	if(totsze-sze[a]>son[a])son[a]=totsze-sze[a];
	if(son[a]<son[root])root=a;
}

void getall(int a,int fa,int o){
	//求信息 
	rec[o].pb(node(age[a],1,dist(a,o),dist(a,f[o])));
	for(int i=head[a];i;i=g[i].last){
		if(g[i].to==fa||vis[g[i].to]) continue;
		getall(g[i].to,a,o);
	}
}

void find(int a){
	//找点分树，并求取信息 
	vis[a]=1;
	getall(a,0,a);
	rec[a].pb(node(-1,0,0,0));
	sort(rec[a].begin(),rec[a].end());
	for(int i=0,sz=rec[a].size()-1;i<sz;i++){
		rec[a][i+1].s1+=rec[a][i].s1;
		rec[a][i+1].s2+=rec[a][i].s2;
		rec[a][i+1].s3+=rec[a][i].s3;
	}//前缀和 
	for(int i=head[a];i;i=g[i].last){
		if(vis[g[i].to]) continue;
		root=0;totsze=sze[g[i].to];
		findroot(g[i].to,0);
		f[root]=a;
		find(root);
	}
}

node calc(int o,int l,int r){
	//以前缀和的形式保存：s1子树大小,s2子树到根,s3子树到根的分治父亲 
	if(!o) return node(0,0,0,0);
	iter a=upper_bound(rec[o].begin(),rec[o].end(),node(r,0,0,0));--a;
	iter b=upper_bound(rec[o].begin(),rec[o].end(),node(l-1,0,0,0));--b;
	ll s1=(a->s1)-(b->s1),s2=(a->s2)-(b->s2),s3=(a->s3)-(b->s3);
	return node(0,s1,s2,s3);
}

ll getans(int o,int l,int r){
	ll ans=0;
	for(int a=o;a;a=f[a]){
		node now=calc(a,l,r);
		ans+=now.s2;//首先由子树到当前的根的贡献 
		if(a!=o) ans+=now.s1*dist(a,o);//当前的点不是最开始询问点则需要加上子树到当前点a的多余贡献 
		if(f[a]) ans-=now.s3+now.s1*dist(f[a],o);//如果有分治父亲，那么需要减去子树到根父亲和根到父亲的贡献。 
		//因为到当前这个点的距离可以分成三种，一种是子树内的直接到，一种是祖先部分的也是直接到，一种为另外一子树内的点
		//需要分成两部分，u->lca->v，所以这样就能统计出所有的答案。 
	}
	return ans;
}
ll zans;
ll a,b,c;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&Q,&A);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&age[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
		add(a,b,c);
	}
	dfs_rmq(1,0);
	init_rmq();
	root=0;son[0]=M;totsze=n;
	findroot(1,0);
	find(root);
	while(Q--){
		scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
		b=(1ll*b+zans)%A;c=(1ll*c+zans)%A;
		if(b>c)swap(b,c);
		zans=getans(a,b,c);
		cout<<zans<<'
';
	}
	return 0;
} 

• 动态点分治类似题目【IN-Luogu】

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解法2：主席树+树剖

我们可以发现，一个询问点的答案为如下式子：
$left(sumlimits_{i=1}^ndis(i) ight)+n imes dis(u)-2 imessumlimits_{i=1}^ndis(lca(i,u))$

其中$dis(i)$表示$i$到根节点的距离。

这个式子和动态点分治中维护的信息是十分类似的，我们开始先加上所有点到根的距离，然后对于一部分点$v$，它必须走$v ightarrow lca ightarrow u$这条路，所以还有根节点回来的路径为$n imes dis(u)$，但是这样无疑会多算一些边，所以我们利用差分的思想，一条路影响是不会超过$lca$的上方，所以我们减去$lca$到根的距离，由于一条路是两个点，所以减两次，那么便是答案了。

对于信息的维护，我们用线段树+树链剖分即可，但是有点权$Lsim R$的限制，所以我们用主席树即可做到维护，$log^2n$的查询。

但是此题空间限制较小（对于主席树来说），所以我们使用标记永久化，减少新的节点的开销。

下面上代码的连接我没有打主席树的代码,所以借用的他人的
【IN-Luogu】

复杂度$O(n+nlog^2n+mlog^2n)$，常数较为小一点（因为没有使用过多的$STL$）。