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

[BZOJ 3221]Obserbing the tree树上询问

题目

   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

OUTPUT

12

7

7

解题报告

树剖+可持久化线段树区间修改

唯一的重点在于如何处理等差数列，显然这东西是有顺序的，直接树剖抡链子肯定不行，所以我们找到两点间的$LCA$作为中转站，从$x$更新到$LCA$与从$y$更新到$LCA$分开进行，再记录一下深度差，就可以轻松解决这个鬼畜的问题了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long L;
inline L read(){
    L sum(0),f(1);
    char ch(getchar());
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())
        if(ch=='-')
            f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar());
    return sum*f;
}
struct edge{
    int e;
    edge *n;
}a[200005],*pre[100005];
int to;
inline void insert(int s,int e){
    a[++to].e=e;
    a[to].n=pre[s];
    pre[s]=&a[to];
}
int n,m,now,tot;
char op[2];
int dep[100005],size[100005],fa[100005],son[100005];
inline void dfs1(int u){
    size[u]=1;
    son[u]=0;
    dep[u]=dep[fa[u]]+1;
    for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
        int e(i->e);
        if(e!=fa[u]){
            fa[e]=u;
            dfs1(e);
            size[u]+=size[e];
            if(size[e]>size[son[u]])
                son[u]=e;
        }
    }
}
int timee;
int id[100005],top[100005];
inline void dfs2(int u,int rt){
    top[u]=rt;
    id[u]=++timee;
    if(son[u])
        dfs2(son[u],rt);
    for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
        int e(i->e);
        if(e!=son[u]&&e!=fa[u])
            dfs2(e,e);
    }
}
inline int lca(int x,int y){
    while(top[x]^top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
            swap(x,y);
        x=fa[top[x]];
    }
    return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
int rt[100005],lch[20000005],rch[20000005];
int cnt;
L sum[20000005],add_sx[20000005],add_gc[20000005];
L ans;
inline void update(int &x,int las,int ll,int rr,L sx,L gc,int l,int r){
    x=++cnt;
    lch[x]=lch[las];
    rch[x]=rch[las];
    sum[x]=sum[las];
    add_sx[x]=add_sx[las];
    add_gc[x]=add_gc[las];
    if(ll==l&&r==rr){
        add_sx[x]+=sx;
        add_gc[x]+=gc;
        return;
    }
    sum[x]+=(sx+sx+gc*(L)(rr-ll))*(rr-ll+1)/2;
    int mid((l+r)>>1);
    if(rr<=mid)
        update(lch[x],lch[las],ll,rr,sx,gc,l,mid);
    else
        if(mid<ll)
            update(rch[x],rch[las],ll,rr,sx,gc,mid+1,r);
        else{
            update(lch[x],lch[las],ll,mid,sx,gc,l,mid);
            update(rch[x],rch[las],mid+1,rr,sx+(mid-ll+1)*gc,gc,mid+1,r);
        }
}
inline L query(int x,int ll,int rr,int l,int r){
    L ret((add_sx[x]+(ll-l)*add_gc[x]+add_sx[x]+(rr-l)*add_gc[x])*(rr-ll+1)/2);
    if(ll==l&&r==rr)
        return ret+sum[x];
    int mid((l+r)>>1);
    if(rr<=mid)
        return ret+query(lch[x],ll,rr,l,mid);
    if(mid<ll)
        return ret+=query(rch[x],ll,rr,mid+1,r);
    return ret+query(lch[x],ll,mid,l,mid)+query(rch[x],mid+1,rr,mid+1,r);
}
inline void change(int x,int y,L sx,L gc){
    int f(lca(x,y));
    L tp1(0),tp2(dep[x]+dep[y]-dep[f]*2+2);
    while(top[x]^top[f]){
        tp1+=dep[x]-dep[top[x]]+1;
        update(rt[now],rt[now],id[top[x]],id[x],sx+(tp1-1)*gc,-gc,1,n);
        x=fa[top[x]];
    }
    while(top[y]^top[f]){
        tp2-=dep[y]-dep[top[y]]+1;
        update(rt[now],rt[now],id[top[y]],id[y],sx+(tp2-1)*gc,gc,1,n);
        y=fa[top[y]];
    }
    ++tp1;
    --tp2;
    if(dep[x]<dep[y])
        update(rt[now],rt[now],id[x],id[y],sx+(tp1-1)*gc,gc,1,n);
    else
        update(rt[now],rt[now],id[y],id[x],sx+(tp2-1)*gc,-gc,1,n);
}
inline L ask(int x,int y){
    L ret(0);
    while(top[x]^top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
            swap(x,y);
        ret+=query(rt[now],id[top[x]],id[x],1,n);
        x=fa[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y])
        swap(x,y);
    ret+=query(rt[now],id[x],id[y],1,n);
    return ret;
}
int main(){
    memset(pre,NULL,sizeof(pre));
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        int x(read()),y(read());
        insert(x,y),insert(y,x);
    }
    dfs1(1);
    dfs2(1,1);
    while(m--){
        scanf("%s",op);
        if(op[0]=='c'){
            L x(read()),y(read()),sx(read()),gc(read());
            x^=ans,y^=ans;
            rt[++tot]=rt[now];
            now=tot;
            change(x,y,sx,gc);
        }
        if(op[0]=='q'){
            L x(read()),y(read());
            x^=ans,y^=ans;
            ans=ask(x,y);
            printf("%lld
",ans);
        }
        if(op[0]=='l'){
            L x(read());
            x^=ans;
            now=x;
        }
    }
}

算是真正搞会了可持久化线段树区间修改了，毕竟改了一上午= =

不要问我俩$CE$咋来的，尝试把数组大小多按几个零，或者强行$Replace$ $All$所有的$int$成$L$，把$printf$顺便$Replace$一下，获得$prLf imes 1$，就可以获得$CE imes 2$了QAQ