• 2018年12月25&26日

    小结：昨天因为整理课件，调代码耗费了大量时间，所以没来得及整理作业，这两天主要做的题目是关于树链剖分和线段树的，难度大约都是省选难度，毕竟只要涉及到树链剖分难度就肯定不低。

    一. 完成的题目：

    洛谷P3870，洛谷P2628，洛谷P3384，洛谷P2590，洛谷P3178，洛谷P2014，洛谷P4092，SP1716

    二.

    1. 完成题目数：8道。

    2. 未完成6个题目的原因：

    3. 复习的知识点：树链剖分，树型dp，dfs序，线段树

    4.不会题目：SP6779，洛谷P1823

    三：

    1.洛谷 P3870 [TJOI2009]开关

    题目描述

    现有(N（2 ≤ N ≤ 100000）)盏灯排成一排，从左到右依次编号为：(1，2，......，N)。然后依次执行(M（1 ≤ M ≤ 100000）)项操作，操作分为两种：第一种操作指定一个区间([a, b])，然后改变编号在这个区间内的灯的状态（把开着的灯关上，关着的灯打开），第二种操作是指定一个区间([a, b])，要求你输出这个区间内有多少盏灯是打开的。灯在初始时都是关着的。

    输入输出格式

    输入格式：

    第一行有两个整数(N)和(M)，分别表示灯的数目和操作的数目。接下来有(M)行，每行有三个整数，依次为：(c, a, b)。其中(c)表示操作的种类，当(c)的值为(0)时，表示是第一种操作。当(c)的值为(1)时表示是第二种操作。(a)和(b)则分别表示了操作区间的左右边界(（1 ≤ a ≤ b ≤ N）)。

    输出格式：

    每当遇到第二种操作时，输出一行，包含一个整数：此时在查询的区间中打开的灯的数目。

    输入输出样例

    输入样例#1：

    4 5
0 1 2
0 2 4
1 2 3
0 2 4
1 1 4

    输出样例#1：

    1
2

    思路：还是一道线段树区间异或，思路跟之前做的洛谷P2574和洛谷P2846完全一样。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<cctype>
#define maxn 100007
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int n,m,sum[maxn<<2],lazy[maxn<<2];
inline int qread() {
  char c=getchar();int num=0,f=1;
  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
  return num*f;
}
inline void pushup(int rt) {
  sum[rt]=sum[ls]+sum[rs];
}
inline void pushdown(int rt, int len) {
  if(lazy[rt]) {
    lazy[ls]^=1;
    lazy[rs]^=1;
    sum[ls]=(len-(len>>1))-sum[ls];
    sum[rs]=(len>>1)-sum[rs];
    lazy[rt]=0;
  }
}
void modify(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  if(L>r||R<l) return;
  if(L<=l&&r<=R) {
    lazy[rt]^=1;
    sum[rt]=r-l+1-sum[rt];
    return;
  }
  pushdown(rt,r-l+1);
  int mid=(l+r)>>1;
  modify(ls,l,mid,L,R),modify(rs,mid+1,r,L,R);
  pushup(rt);
}
int csum(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  if(L>r||R<l) return 0;
  if(L<=l&&r<=R) return sum[rt];
  pushdown(rt,r-l+1);
  int mid=(l+r)>>1;
  return csum(ls,l,mid,L,R)+csum(rs,mid+1,r,L,R);
}
int main() {
  n=qread(),m=qread();
  for(int i=1,k,l,r;i<=m;++i) {
    k=qread(),l=qread(),r=qread();
    if(!k) modify(1,1,n,l,r);
    else printf("%d
",csum(1,1,n,l,r));
  }
  return 0;
}

    2. 洛谷 P2826 LJJ的数学课

    题目背景

    题目描述（本题是提高组第二题难度＋）

    题目描述

    LJJ又要开始上数学课啦！（T1，永恒不变的数学）

    LJJ的Teacher对上次的考试很不满意（其实是出题人对上次的分数那么高不满意啦），决定在出一道难（water）题。

    LJJ的Teacher给了LJJ一个数列，但这由于是LJJ的Teacher发明的，我们不称呼他为LJJ数列，而称他为Teacher数列。但是LJJ还停留在数数的阶段啊，所以不能太难。

    于是LJJ的Teacher随便给出了一个Teacher数列。

    Teacher会对这个数列进行两个操作：

    1：将其中的一个数加上s（s为整数）

    2：Teacher会给出left和right，让你求：

    a[left](right-left+1) + a[left+1](right-left)

    • ...... + a[right-1]2 + a[right]1 的值。

    即

    LJJ的指头掰不过来了呀，就请您来完成啦~

    输入输出格式

    输入格式：

    第一行有2个数n,q，分别表示Teacher数列中数的个数以及操作次数。

    接下来的一行有n个数，第i个数表示a[i]。

    再接下来q行，每行三个数；第一个数是order。如果order=1，那么接下来两个数：x, s，即把a[x]加上s；如果order=2，那么接下来两个数：left, right，即求这一段区间ljj要求的答案。

    注意：Teacher数列中的数并不一定都是正数，但一定都是整数。

    输出格式：

    对于每一个询问(order=2)输出所求答案

    输入输出样例

    输入样例#1：

    5 3
2 4 1 3 5
2 2 4
1 2 3
2 2 4

    输出样例#1：

    17
26

    说明

    数据范围

    n<=100000, q<=100000，保证答案不超过long long (int64) 范围，保证数据有梯度

    样例解释

    43+12+3*1=17

    73+12+3*1=26

    提示 1.如果看不懂题目，那么看这里：给你一段数列，有两种操作，单点修改和区间查询。查询left到right，返回的值是

    a[left](right-left+1)+a[left+1](right-left)+...+a[right]*1。

    2.从另一个角度去想问题，把区间答案划分开来，否则你会打得很累。

    3.题目中说是单点修改，而不是区间修改，有没有觉得简单得不可思议呢？

    思路：把题目给的式子化一化，提出后面的right-1，变成(a_{i}*(right+1)-a_{i}*i)，整个式子变成(sum_{}(a_{i}*(right+1)-a_{i}*i))，用树状数组所以维护(a_{i}*i)和普通的加法和就好了。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<cctype>
#define maxn 100007
#define lb(x) x&(-x)
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[maxn],b[maxn];
inline ll qread() {
  char c=getchar();ll num=0,f=1;
  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
  return num*f;
}
inline void add(ll x, ll w) {
  ll p=x*w;
  while(x<=n) {
    a[x]+=w;
    b[x]+=p;
    x+=lb(x);
  }
}
inline ll csum1(ll x) {
  ll ans=0;
  while(x) {
    ans+=a[x];
    x-=lb(x);
  }
  return ans;
}
inline ll csum2(ll x) {
  ll ans=0;
  while(x) {
    ans+=b[x];
    x-=lb(x);
  }
  return ans;
}
int main() {
  n=qread(),m=qread();
  for(ll i=1,x;i<=n;++i) {
    x=qread();
    add(i,x);
  }
  for(ll i=1,k,l,r;i<=m;++i) {
    k=qread(),l=qread(),r=qread();
    if(k==1) add(l,r);
    else printf("%lld
",(r+1)*(csum1(r)-csum1(l-1))-csum2(r)+csum2(l-1));
  }
  return 0;
}

    3. 洛谷P3384 【模板】树链剖分

    题目描述

    如题，已知一棵包含N个结点的树（连通且无环），每个节点上包含一个数值，需要支持以下操作：

    操作1： 格式： 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z

    操作2： 格式： 2 x y 表示求树从x到y结点最短路径上所有节点的值之和

    操作3： 格式： 3 x z 表示将以x为根节点的子树内所有节点值都加上z

    操作4： 格式： 4 x 表示求以x为根节点的子树内所有节点值之和

    输入输出格式

    输入格式：

    第一行包含4个正整数N、M、R、P，分别表示树的结点个数、操作个数、根节点序号和取模数（即所有的输出结果均对此取模）。

    接下来一行包含N个非负整数，分别依次表示各个节点上初始的数值。

    接下来N-1行每行包含两个整数x、y，表示点x和点y之间连有一条边（保证无环且连通）

    接下来M行每行包含若干个正整数，每行表示一个操作，格式如下：

    操作1： 1 x y z

    操作2： 2 x y

    操作3： 3 x z

    操作4： 4 x

    输出格式：

    输出包含若干行，分别依次表示每个操作2或操作4所得的结果（对P取模）

    输入输出样例

    输入样例#1：

    5 5 2 24
7 3 7 8 0 
1 2
1 5
3 1
4 1
3 4 2
3 2 2
4 5
1 5 1 3
2 1 3

    输出样例#1：

    2
21

    说明

    时空限制：1s，128M

    数据规模：

    对于30%的数据： N leq 10, M leq 10N≤10,M≤10

    对于70%的数据： N leq {10}^3, M leq {10}^3N≤103,M≤103

    对于100%的数据： N leq {10}^5, M leq {10}^5N≤105,M≤105

    （ 其实，纯随机生成的树LCA+暴力是能过的，可是，你觉得可能是纯随机的么233 ）

    样例说明：

    树的结构如下：

    各个操作如下：

    故输出应依次为2、21(重要的事情说三遍：记得取模)

    思路：思路在课件里面写过了，不想再写一遍了……就是一个树链剖分加线段树的板子题。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 100007 
#define ll long long 
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int mod,head[maxn],d[maxn],sum[maxn<<2],a[maxn];
int num,cnt,n,m,lazy[maxn<<2],fa[maxn],id[maxn];
int rt,w[maxn],top[maxn],size[maxn],son[maxn];
inline int qread() {
    char c=getchar();int num=0,f=1;
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
    return num*f;
}
struct node {
    int v,nxt;
}e[maxn<<1];
inline void ct(int u, int v) {
    e[++num].v=v;
    e[num].nxt=head[u];
    head[u]=num;
}
inline void pushup(int rt) {
    sum[rt]=(sum[ls]+sum[rs])%mod;
}
void build(int rt, int l, int r) {
    if(l==r) {
        sum[rt]=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(ls,l,mid);
    build(rs,mid+1,r);
    pushup(rt);
}
inline void pushdown(int rt, int len) {
    if(lazy[rt]) {
        lazy[ls]+=lazy[rt],lazy[ls]%=mod;
        lazy[rs]+=lazy[rt],lazy[rs]%=mod;
        sum[ls]+=(len-(len>>1))*lazy[rt],sum[ls]%=mod;
        sum[rs]+=(len>>1)*lazy[rt],sum[rs]%=mod;
        lazy[rt]=0;
    }
}
void modify(int rt, int l, int r, int L, int R, int val) {
    if(L>r||R<l) return;
    if(L<=l&&r<=R) {
        sum[rt]+=val*(r-l+1),sum[rt]%=mod;
        lazy[rt]+=val,lazy[rt]%=mod;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    pushdown(rt,r-l+1);
    modify(ls,l,mid,L,R,val),modify(rs,mid+1,r,L,R,val);
    pushup(rt);
}
int csum(int rt, int l, int r, int L, int R) {
    if(L>r||R<l) return 0;
    if(L<=l&&r<=R) return sum[rt];
    int mid=(l+r)>>1;
    pushdown(rt,r-l+1);
    return csum(ls,l,mid,L,R)+csum(rs,mid+1,r,L,R);
}
void dfs1(int u, int f) {
    size[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].v;
        if(v!=f) {
        	d[v]=d[u]+1;
        	fa[v]=u;
        	dfs1(v,u);
            size[u]+=size[v];
        	if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;
        }
    }
}
void dfs2(int u, int t) {
    id[u]=++cnt;
    a[cnt]=w[u];
    top[u]=t;
    if(son[u]) dfs2(son[u],t);
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].v;
        if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
    }
}
int calc(int x, int y) {
    int ans=0;
    int fx=top[x],fy=top[y];
    while(fx!=fy) {
        if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
        ans+=csum(1,1,cnt,id[fx],id[x]);
        x=fa[fx],fx=top[x];
    }
    if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
    ans+=csum(1,1,cnt,id[x],id[y]);
    return ans;
}
void cal(int x, int y, int val) {
    int fx=top[x],fy=top[y];
    while(fx!=fy) {
        if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
        modify(1,1,cnt,id[fx],id[x],val);
        x=fa[fx],fx=top[x];
    }
    if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
    modify(1,1,cnt,id[x],id[y],val);
}
int main() {
    n=qread(),m=qread(),rt=qread(),mod=qread();
    for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=qread(),w[i]%=mod;
    for(int i=1,u,v;i<n;++i) {
        u=qread(),v=qread();
        ct(u,v);ct(v,u);
    }
    d[rt]=1,fa[rt]=1;
    dfs1(rt,0);dfs2(rt,rt);build(1,1,n);
    for(int i=1,k,x,y,z;i<=m;++i) {
        k=qread();
        if(k==1) {
            x=qread(),y=qread(),z=qread();
            cal(x,y,z%mod);
        }
        if(k==2) {
            x=qread(),y=qread();
            printf("%d
",calc(x,y)%mod);
        }
        if(k==3) {
            x=qread(),y=qread();
            modify(1,1,n,id[x],id[x]+size[x]-1,y%mod);
        }
        if(k==4) {
            x=qread();
            printf("%d
",csum(1,1,n,id[x],id[x]+size[x]-1)%mod);
        }
    }
    return 0;
}

    4. 洛谷P2590 [ZJOI2008]树的统计

    题目描述

    一棵树上有n个节点，编号分别为1到n，每个节点都有一个权值w。

    我们将以下面的形式来要求你对这棵树完成一些操作：

    I. CHANGE u t : 把结点u的权值改为t

    II. QMAX u v: 询问从点u到点v的路径上的节点的最大权值

    III. QSUM u v: 询问从点u到点v的路径上的节点的权值和

    注意：从点u到点v的路径上的节点包括u和v本身

    输入输出格式

    输入格式：

    输入文件的第一行为一个整数n，表示节点的个数。

    接下来n – 1行，每行2个整数a和b，表示节点a和节点b之间有一条边相连。

    接下来一行n个整数，第i个整数wi表示节点i的权值。

    接下来1行，为一个整数q，表示操作的总数。

    接下来q行，每行一个操作，以“CHANGE u t”或者“QMAX u v”或者“QSUM u v”的形式给出。

    输出格式：

    对于每个“QMAX”或者“QSUM”的操作，每行输出一个整数表示要求输出的结果。

    输入输出样例

    输入样例#1：

    4
1 2
2 3
4 1
4 2 1 3
12
QMAX 3 4
QMAX 3 3
QMAX 3 2
QMAX 2 3
QSUM 3 4
QSUM 2 1
CHANGE 1 5
QMAX 3 4
CHANGE 3 6
QMAX 3 4
QMAX 2 4
QSUM 3 4

    输出样例#1：

    4
1
2
2
10
6
5
6
5
16

    说明

    对于100％的数据，保证1<=n<=30000，0<=q<=200000；中途操作中保证每个节点的权值w在-30000到30000之间。

    思路：这道题目跟洛谷P3384那到题的区别在于那道题是区间修改，这道题是单点修改，这道题还多了查询任意两点最短路径上的最大点权，实际上区间修改包括单点修改，所以这道题只多用树剖维护一个路径最大点权即可。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 30007
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int head[maxn],d[maxn],lazy[maxn<<2],sum[maxn<<2];
int maxx[maxn<<2],a[maxn],num,cnt,n,m,fa[maxn],id[maxn];
int w[maxn],top[maxn],size[maxn],son[maxn];
char s[8];
struct node {
  int v,nxt;
}e[maxn<<1];
inline void ct(int u, int v) {
  e[++num].v=v;
  e[num].nxt=head[u];
  head[u]=num;
}
inline void pushup(int rt) {
  sum[rt]=sum[ls]+sum[rs];
  maxx[rt]=max(maxx[ls],maxx[rs]);
}
void build(int rt, int l, int r) {
  if(l==r) {
  	sum[rt]=a[l];
  	maxx[rt]=a[l];
  	return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  build(ls,l,mid);
  build(rs,mid+1,r);
  pushup(rt);
}
void add(int rt, int l, int r, int L, int val) {
  if(l==r) {
  	sum[rt]=maxx[rt]=val;
  	return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  if(L>mid) add(rs,mid+1,r,L,val);
  else add(ls,l,mid,L,val);
  pushup(rt);
}
int csum(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  if(L>r||R<l) return 0;
  if(L<=l&&r<=R) return sum[rt];
  int mid=(l+r)>>1;
  return csum(ls,l,mid,L,R)+csum(rs,mid+1,r,L,R);
}
int cmax(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  int ans=-1020040222;
  if(L>r||R<l) return 0;
  if(L<=l&&r<=R) return maxx[rt];
  int mid=(l+r)>>1;
  if(L<=mid) ans=max(ans,cmax(ls,l,mid,L,R));
  if(R>mid) ans=max(ans,cmax(rs,mid+1,r,L,R));
  return ans;
}
void dfs1(int u, int f) {
  size[u]=1;
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
  	int v=e[i].v;
  	if(v!=f) {
  	  d[v]=d[u]+1;
	  fa[v]=u;
	  dfs1(v,u);
	  size[u]+=size[v];
	  if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;	
	}
  }
}
void dfs2(int u, int t) {
  id[u]=++cnt;
  a[cnt]=w[u];
  top[u]=t;
  if(son[u]) dfs2(son[u],t);
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
  	int v=e[i].v;
  	if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
  }
}
int calc1(int x, int y) {
  int maxx=-1020040222;
  int fx=top[x],fy=top[y];
  while(fx!=fy) {
  	if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
  	maxx=max(maxx,cmax(1,1,cnt,id[fx],id[x]));
  	x=fa[fx],fx=top[x];
  }
  if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
  maxx=max(maxx,cmax(1,1,cnt,id[x],id[y]));
  return maxx;
}
int calc2(int x, int y) {
  int ans=0;
  int fx=top[x],fy=top[y];
  while(fx!=fy) {
	if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
	ans+=csum(1,1,cnt,id[fx],id[x]);
	x=fa[fx],fx=top[x];
  }
  if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
  ans+=csum(1,1,cnt,id[x],id[y]);
  return ans;
}
int main() {
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1,u,v;i<n;++i) {
  	scanf("%d%d",&u,&v);
  	ct(u,v);ct(v,u);
  }
  for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&w[i]);
  d[1]=1,fa[1]=1;
  dfs1(1,0);dfs2(1,1);build(1,1,n);
  scanf("%d",&m);
  for(int i=1,x,y;i<=m;++i) {
  	scanf("%s%d%d",s,&x,&y);
  	if(s[1]=='H') add(1,1,n,id[x],y);
  	if(s[1]=='M') printf("%d
",calc1(x,y));
  	if(s[1]=='S') printf("%d
",calc2(x,y));
  }
  return 0;
}

    5. 洛谷P3178 [HAOI2015]树上操作

    题目描述

    有一棵点数为 N 的树，以点 1 为根，且树点有边权。然后有 M 个操作，分为三种：

    • 操作 1 ：把某个节点 x 的点权增加 a 。
    • 操作 2 ：把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。
    • 操作 3 ：询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。

    输入输出格式

    输入格式：

    第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。
    接下来一行 N 个整数，表示树中节点的初始权值。
    接下来 N-1 行每行两个正整数 from, to ， 表示该树中存在一条边 (from, to) 。
    再接下来 M 行，每行分别表示一次操作。其中第一个数表示该操作的种类（ 1-3 ） ，之后接这个操作的参数（ x 或者 x a ） 。

    输出格式：

    对于每个询问操作，输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。

    输入输出样例

    输入样例#1：

    5 5
1 2 3 4 5
1 2
1 4
2 3
2 5
3 3
1 2 1
3 5
2 1 2
3 3

    输出样例#1：

    6
9
13

    说明

    对于 100% 的数据， N,M<=100000 ，且所有输入数据的绝对值都不会超过 10^6 。

    思路：这道题跟洛谷P3384的唯一区别在于这里是单点修改，上面说过，区间修改包括单点修改，所以，可是说是一点区别都没有，就是打一遍加深一下对树剖的印象。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 100007 
#define ll long long 
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int head[maxn],d[maxn],a[maxn];
int num,cnt,n,m,fa[maxn],id[maxn];
int w[maxn],top[maxn],size[maxn],son[maxn];
ll lazy[maxn<<2],sum[maxn<<2],y;
inline ll qread() {
	char c=getchar();ll num=0,f=1;
	for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
	return num*f;
}
struct node {
	int v,nxt;
}e[maxn<<1];
inline void ct(int u, int v) {
	e[++num].v=v;
	e[num].nxt=head[u];
	head[u]=num;
}
inline void pushup(int rt) {
	sum[rt]=sum[ls]+sum[rs];
}
void build(int rt, int l, int r) {
	if(l==r) {
		sum[rt]=a[l];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(ls,l,mid);
	build(rs,mid+1,r);
	pushup(rt);
}
inline void pushdown(int rt, int len) {
	if(lazy[rt]) {
		lazy[ls]+=lazy[rt];
		lazy[rs]+=lazy[rt];
		sum[ls]+=(len-(len>>1))*lazy[rt];
		sum[rs]+=(len>>1)*lazy[rt];
		lazy[rt]=0;
	}
}
void modify(int rt, int l, int r, int L, int R, ll val) {
	if(L>r||R<l) return;
	if(L<=l&&r<=R) {
		sum[rt]+=val*(r-l+1);
		lazy[rt]+=val;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(rt,r-l+1);
	modify(ls,l,mid,L,R,val),modify(rs,mid+1,r,L,R,val);
	pushup(rt);
}
ll csum(int rt, int l, int r, int L, int R) {
	if(L>r||R<l) return 0;
	if(L<=l&&r<=R) return sum[rt];
	int mid=(l+r)>>1;
	pushdown(rt,r-l+1);
	return csum(ls,l,mid,L,R)+csum(rs,mid+1,r,L,R);
}
void dfs1(int u, int f) {
	size[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].v;
		if(v!=f) {
			d[v]=d[u]+1;
			fa[v]=u;
			dfs1(v,u);
			size[u]+=size[v];
			if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;
		}
	}
}
void dfs2(int u, int t) {
	id[u]=++cnt;
	a[cnt]=w[u];
	top[u]=t;
	if(son[u]) dfs2(son[u],t);
	for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
		int v=e[i].v;
		if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
	}
}
ll calc(int x, int y) {
	ll ans=0;
	int fx=top[x],fy=top[y];
	while(fx!=fy) {
		if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
		ans+=csum(1,1,cnt,id[fx],id[x]);
		x=fa[fx],fx=top[x];
	}
	if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
	ans+=csum(1,1,cnt,id[x],id[y]);
	return ans;
}
int main() {
	n=qread(),m=qread();
	for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=qread();
	for(int i=1,u,v;i<n;++i) {
		u=qread(),v=qread();
		ct(u,v);ct(v,u);
	}
	d[1]=1,fa[1]=1;
	dfs1(1,0);dfs2(1,1);build(1,1,n);
	for(int i=1,k,x;i<=m;++i) {
		k=qread();
		if(k==1) {
			x=qread(),y=qread();
			modify(1,1,n,id[x],id[x],y);
		}
		if(k==2) {
			x=qread(),y=qread();
			modify(1,1,n,id[x],id[x]+size[x]-1,y);
		}
		if(k==3) {
			x=qread();
			printf("%lld
",calc(1,x));
		}
	}
	return 0;
}

    6. 洛谷 P2014 选课

    题目描述

    在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有N门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课程b的先修课即只有学完了课程a，才能学习课程b）。一个学生要从这些课程里选择M门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？

    输入输出格式

    输入格式：

    第一行有两个整数N,M用空格隔开。(1<=N<=300,1<=M<=300)

    接下来的N行,第I+1行包含两个整数ki和si, ki表示第I门课的直接先修课，si表示第I门课的学分。若ki=0表示没有直接先修课（1<=ki<=N, 1<=si<=20）。

    输出格式：

    只有一行，选M门课程的最大得分。

    输入输出样例

    输入样例#1：

    7  4
2  2
0  1
0  4
2  1
7  1
7  6
2  2

    输出样例#1：

    13

    思路：数据范围也不是特别大，可以考虑树型dp，首先，建图就是按照题目所给的信息建有向边，之后我们用f[i][j]表示以i为顶点，选了j门课程的最大得分，然后dfs时枚举每条与一个点相连的边，用这个结点去更新它的子节点为顶点时的初始值，然后遍历完它所有的子节点之后，再回过头来更新这个结点为顶点时的最大值。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 307
using namespace std;
int n,m,head[maxn],f[maxn][maxn],w[maxn],num;
struct node {
  int v,nxt;
}e[maxn];
inline void ct(int u, int v) {
  e[++num].v=v;
  e[num].nxt=head[u];
  head[u]=num;
} 
void dfs(int u, int k) {
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
  	int v=e[i].v;
  	for(int j=k+1;j<=m+1;++j) f[v][j]=f[u][j-1]+w[v];
  	dfs(v,k+1);
  	for(int j=k+1;j<=m+1;++j) f[u][j]=max(f[u][j],f[v][j]);
  }
}
int main() {
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1,u;i<=n;++i) {
  	scanf("%d%d",&u,&w[i]);
  	ct(u,i);
  }
  dfs(0,1);
  printf("%d
",f[0][m+1]);
  return 0;
}

    7. 洛谷P4092 [HEOI2016/TJOI2016]树

    题目描述

    在2016年，佳媛姐姐刚刚学习了树，非常开心。现在他想解决这样一个问题：给定一颗有根树（根为1），有以下两种操作：

    1. 标记操作：对某个结点打上标记（在最开始，只有结点1有标记，其他结点均无标记，而且对于某个结点，可以打多次标记。）

    2. 询问操作：询问某个结点最近的一个打了标记的祖先（这个结点本身也算自己的祖先）

    你能帮帮他吗?

    输入输出格式

    输入格式：

    输入第一行两个正整数N和Q分别表示节点个数和操作次数

    接下来N-1行，每行两个正整数u,v(1≤u,v≤n)表示u到v有一条有向边

    接下来Q行，形如“opernum”oper为“C”时表示这是一个标记操作,oper为“Q”时表示这是一个询问操作对于每次询问操作。

    输出格式：

    输出一个正整数，表示结果

    输入输出样例

    输入样例#1：

    5 5 
1 2 
1 3 
2 4 
2 5 
Q 2 
C 2 
Q 2 
Q 5 
Q 3

    输出样例#1：

    1
2
2
1

    说明

    30%的数据，1 ≤ N, Q ≤ 1000

    70%的数据，1 ≤ N, Q ≤ 10000

    100%的数据，1 ≤ N, Q ≤ 100000

    思路：题意就是让你设计一个数据结构，支持：

    1. 单点修改：加标记。
    2. 询问操作：询问某个结点最近的一个打了标记的祖先(自己也算自己的祖先)。

    单点修改就不用说了吧，对于操作2，我们发现离某个结点最近的一个打了标记的祖先就是树剖时第二遍dfs的id值大的那个祖先(前提是打过标记)，然后树链剖分，用线段树维护最大值。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100007
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
int cnt,n,m,head[maxn],num,size[maxn],d[maxn];
int id[maxn],maxx[maxn<<2],son[maxn],fa[maxn];
int a[maxn],top[maxn];
char c[3];
struct node {
  int v,nxt;
}e[maxn<<2];
inline void ct(int u, int v) {
  e[++num].v=v;
  e[num].nxt=head[u];
  head[u]=num;
}
void dfs1(int u, int f) {
  size[u]=1;
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
  	int v=e[i].v;
  	if(v!=f) {
  	  d[v]=d[u]+1;
      fa[v]=u;
      dfs1(v,u);
      size[u]+=size[v];
      if(size[v]>size[son[u]]) son[u]=v;  
    }
  }
}
void dfs2(int u, int t) {
  id[u]=++cnt;
  top[u]=t;
  a[cnt]=u;
  if(son[u]) dfs2(son[u],t);
  for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) {
  	int v=e[i].v;
  	if(v!=fa[u]&&v!=son[u]) dfs2(v,v);
  }
}
void pushup(int rt) {
  maxx[rt]=max(maxx[ls],maxx[rs]);
}
void add(int rt, int l, int r, int val) {
  if(l==r) {
  	maxx[rt]=val;
  	return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  if(val>mid) add(rs,mid+1,r,val);
  else add(ls,l,mid,val);
  pushup(rt);
}
int cmax(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  if(L>r||R<l) return 0;
  if(L<=l&&r<=R) return maxx[rt];
  int ans=0;
  int mid=(l+r)>>1;
  if(L<=mid) ans=max(ans,cmax(ls,l,mid,L,R));
  if(R>mid) ans=max(ans,cmax(rs,mid+1,r,L,R));
  return ans;
}
int query(int x, int y) {
  int maxx=0;
  int fx=top[x],fy=top[y];
  while(fx!=fy) {
  	if(d[fx]<d[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy);
  	maxx=max(maxx,cmax(1,1,cnt,id[fx],id[x]));
  	x=fa[fx],fx=top[x];
  }
  if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
  maxx=max(maxx,cmax(1,1,cnt,id[x],id[y]));
  return a[maxx];
}
int main() {
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1,u,v;i<n;++i) {
  	scanf("%d%d",&u,&v);
  	ct(u,v);ct(v,u);
  }
  d[1]=1;dfs1(1,0);dfs2(1,1);
  add(1,1,n,id[1]);
  for(int i=1,x;i<=m;++i) {
  	scanf("%s%d",c,&x);
  	if(c[0]=='C') add(1,1,n,id[x]);
  	else printf("%d
",query(x,1));
  }
  return 0;
}

    8. SP1716 GSS3

    题意翻译

    n 个数，q 次操作

    操作0 x y把(A_x) 修改为y

    操作1 l r询问区间[l, r][l,r] 的最大子段和

    输入输出格式

    输入格式：

    The first line of input contains an integer N. The following line contains N integers, representing the sequence A1..AN.
    The third line contains an integer M. The next M lines contain the operations in following form:
    0 x y: modify Ax into y (|y|<=10000).
    1 x y: print max{Ai + Ai+1 + .. + Aj | x<=i<=j<=y }.

    输出格式：

    For each query, print an integer as the problem required.

    输入输出样例

    输入样例#1：

    4
1 2 3 4
4
1 1 3
0 3 -3
1 2 4
1 3 3

    输出样例#1：

    6
4
-3

    思路：首先分析询问的本质：求出区间最大子段和！很显然我们可以使用线段树维护序列，本题的难点主要在如何进行上传操作，将子树l和r的节点信息上传到子树rt时，对于rt维护的序列中，和最大的子段有两种情况：

    1. 子段不经过中点，那么 rt 的答案为 l 和 r 的答案的最大值。
    2. 子段经过了中点。这种情况比较复杂，因为我们无法知道子树的答案所对应的序列。这也是本题的难点所在。

    然后我们用结构体板线段树来分情况维护一下最大字段和即可，结构体传址快。

    代码：

    #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#define maxn 50007
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
inline int qread() {
  char c=getchar();int num=0,f=1;
  for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
  for(;isdigit(c);c=getchar()) num=num*10+c-'0';
  return num*f;
}
int n,m;
struct Tree {
  int lmax,rmax,sum,maxx;
}tree[maxn<<2];
inline void pushup(int rt) {
  tree[rt].lmax=max(tree[ls].lmax,tree[ls].sum+tree[rs].lmax);
  tree[rt].rmax=max(tree[rs].rmax,tree[rs].sum+tree[ls].rmax);
  tree[rt].maxx=max(tree[ls].rmax+tree[rs].lmax,max(tree[ls].maxx,tree[rs].maxx));
  tree[rt].sum=tree[ls].sum+tree[rs].sum;
}
void build(int rt, int l, int r) {
  if(l==r) {
  	tree[rt].lmax=tree[rt].rmax=tree[rt].sum=tree[rt].maxx=qread();
  	return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  build(ls,l,mid);
  build(rs,mid+1,r);
  pushup(rt);
}
void add(int rt, int l, int r, int L, int val) {
  if(l==r) {
  	tree[rt].lmax=tree[rt].rmax=tree[rt].sum=tree[rt].maxx=val;
  	return;
  }
  int mid=(l+r)>>1;
  if(L<=mid) add(ls,l,mid,L,val);
  else add(rs,mid+1,r,L,val);
  pushup(rt);
}
Tree query(int rt, int l, int r, int L, int R) {
  if(L==l&&r==R) return tree[rt];
  int mid=(l+r)>>1;
  if(L>mid) return query(rs,mid+1,r,L,R);
  else if(R<=mid) return query(ls,l,mid,L,R);
  else {
  	Tree a=query(ls,l,mid,L,mid),b=query(rs,mid+1,r,mid+1,R),c;
  	c.lmax=max(a.lmax,a.sum+b.lmax);
  	c.rmax=max(b.rmax,b.sum+a.rmax);
  	c.sum=a.sum+b.sum;
  	c.maxx=max(a.rmax+b.lmax,max(a.maxx,b.maxx));
  	return c;
  }
}
int main() {
  n=qread();
  build(1,1,n);
  m=qread();
  for(int i=1,k,x,y;i<=m;++i) {
  	k=qread(),x=qread(),y=qread();
  	if(!k) add(1,1,n,x,y);
  	else printf("%d
",query(1,1,n,x,y).maxx);
  }
  return 0;
}
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