Description
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sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）
Input
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。
Output
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
Sample Input
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
5
清华爷gconeice的题解：
显然，暴力求解的复杂度是无法承受的。
考虑这样的一种暴力，我们把 z 到根上的点全部打标记，对于 l 到 r 之间的点，向上搜索到第一个有标记的点求出它的深度统计答案。观察到，深度其实就是上面有几个已标记了的点（包括自身）。所以，我们不妨把 z 到根的路径上的点全部 +1，对于 l 到 r 之间的点询问他们到根路径上的点权和。仔细观察上面的暴力不难发现，实际上这个操作具有叠加性，且可逆。也就是说我们可以对于 l 到 r 之间的点 i，将 i 到根的路径上的点全部 +1, 转而询问 z 到根的路径上的点（包括自身）的权值和就是这个询问的答案。把询问差分下，也就是用 [1, r] − [1, l − 1] 来计算答案，那么现在我们就有一个明显的解法。从 0 到 n − 1 依次插入点 i，即将 i 到根的路径上的点全部+1。离线询问答案即可。我们现在需要一个数据结构来维护路径加和路径求和，显然树链剖分或LCT 均可以完成这个任务。树链剖分的复杂度为 O((n + q)· log n · log n)，LCT的复杂度为 O((n + q)· log n)，均可以完成任务。至此，题目已经被我们完美解决。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define mid int m = (l + r) >> 1 const int mod = 201314; const int M = 1e5 + 10; struct node{ int to,next; }e[M]; int cnt,cnt1,n; int son[M],siz[M],head[M],fa[M],top[M],dep[M],tid[M]; int sum[M<<2],lazy[M<<2]; void add(int u,int v){ e[++cnt].to = v;e[cnt].next = head[u];head[u] = cnt; } void dfs1(int u,int faz,int deep){ dep[u] = deep; fa[u] = faz; siz[u] = 1; for(int i = head[u];i;i = e[i].next){ int v = e[i].to; if(v == faz) continue; dfs1(v,u,deep+1); siz[u] += siz[v]; if(siz[v] > siz[son[u]]||son[u] == -1) son[u] = v; } } void dfs2(int u,int t){ top[u] = t; tid[u] = ++cnt1; if(son[u] == -1) return ; dfs2(son[u],t); for(int i = head[u];i;i=e[i].next){ int v = e[i].to; if(v != fa[u]&&v != son[u]) dfs2(v,v); } } void pushup(int rt){ sum[rt] = sum[rt<<1] + sum[rt<<1|1]; } void pushdown(int l,int r,int rt){ if(lazy[rt]){ mid; sum[rt<<1] += (m-l+1)*lazy[rt]; sum[rt<<1|1] += (r-m)*lazy[rt]; lazy[rt<<1] += lazy[rt]; lazy[rt<<1|1] += lazy[rt]; lazy[rt] = 0; } } void build(int l,int r,int rt){ lazy[rt] = 0; if(l==r){ sum[rt] = lazy[rt] = 0; return ; } mid; build(lson); build(rson); pushup(rt); } void update(int L,int R,int l,int r,int rt){ if(L <= l&&R >= r){ sum[rt] += (r-l+1); lazy[rt] += 1; return ; } pushdown(l,r,rt); mid; if(L <= m) update(L,R,lson); if(R > m) update(L,R,rson); pushup(rt); } int query(int L,int R,int l,int r,int rt){ if(L <= l&&R >= r){ return sum[rt]; } pushdown(l,r,rt); mid; int ret = 0; if(L <= m) ret += query(L,R,lson); if(R > m) ret += query(L,R,rson); return ret; } void update(int x,int y){ int fx = top[x],fy = top[y]; while(fx != fy){ if(dep[fx] < dep[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy); update(tid[fx],tid[x],1,n,1); x = fa[fx]; fx = top[x]; } if(dep[x] > dep[y]) swap(x,y); update(tid[x],tid[y],1,n,1); } int solve(int x,int y){ int fx = top[x],fy = top[y]; int ans = 0; while(fx != fy){ if(dep[fx] < dep[fy]) swap(x,y),swap(fx,fy); ans += query(tid[fx],tid[x],1,n,1); x = fa[fx]; fx = top[x]; } if(dep[x] > dep[y]) swap(x,y); ans += query(tid[x],tid[y],1,n,1); return ans; } struct node1{ int ans1,ans2,z; }q[M]; struct node2{ int pos,flag,id; }a[M]; bool cmp(node2 x,node2 y){ return x.pos < y.pos; } int main() { int m,l,r,x; cnt = 0;cnt1 = 0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i < n;i ++){ scanf("%d",&x); add(x+1,i+1); } memset(son,-1,sizeof(son)); dfs1(1,0,1); dfs2(1,0); build(1,n,1); int tot = 0; for(int i = 1;i <= m;i ++){ scanf("%d%d%d",&l,&r,&q[i].z); l++;r++;q[i].z++; a[++tot].pos=l-1;a[tot].flag=0;a[tot].id=i; a[++tot].pos=r;a[tot].flag=1;a[tot].id=i; } int now = 1; sort(a+1,a+tot+1,cmp); for(int i = 1;i <= tot;i ++){ while(now <= a[i].pos){ update(1,now); now++; } int num = a[i].id; if(a[i].flag==0) q[num].ans1 = solve(1,q[num].z); else q[num].ans2 = solve(1,q[num].z); } for(int i = 1;i <= m;i ++){ int ans = (q[i].ans2-q[i].ans1)%mod; printf("%d ",ans); } return 0; }