bzoj 4765: 普通计算姬

Description

"奋战三星期，造台计算机"。小G响应号召，花了三小时造了台普通计算姬。普通计算姬比普通计算机要厉害一些

。普通计算机能计算数列区间和，而普通计算姬能计算树中子树和。更具体地，小G的计算姬可以解决这么个问题

：给定一棵n个节点的带权树，节点编号为1到n，以root为根，设sum[p]表示以点p为根的这棵子树中所有节点的权

值和。计算姬支持下列两种操作:

1 给定两个整数u,v，修改点u的权值为v。

2 给定两个整数l,r，计算sum[l]+sum[l+1]+....+sum[r-1]+sum[r]

尽管计算姬可以很快完成这个问题，可是小G并不知道它的答案是否正确，你能帮助他吗？

Input

第一行两个整数n,m，表示树的节点数与操作次数。

接下来一行n个整数，第i个整数di表示点i的初始权值。

接下来n行每行两个整数ai,bi，表示一条树上的边，若ai=0则说明bi是根。

接下来m行每行三个整数，第一个整数op表示操作类型。

若op=1则接下来两个整数u,v表示将点u的权值修改为v。

若op=2则接下来两个整数l,r表示询问。

N<=10^5,M<=10^5

0<=Di,V<2^31,1<=L<=R<=N,1<=U<=N

Output

对每个操作类型2输出一行一个整数表示答案。

Sample Input

6 4
0 0 3 4 0 1
0 1
1 2
2 3
2 4
3 5
5 6
2 1 2
1 1 1
2 3 6
2 3 5

Sample Output

16
10
9

HINT

Source

感受到树上分块的邪恶力量!!!  %%%XLightGod;

貌似这题有很多种做法,主要是连续编号的子树和不是很好搞!!!

直接讲树上分块的做法好了,不想绕圈子:

子树和依据我们以前打树链剖分的时候(其实应该叫轻重链剖分,今天听到了一位NOI金牌爷说了个叫长链剖分的鬼玩意);

我们知道一个点的子树其实就是一段连续的dfs序;

首先对[1,n]分块,想到分块查询的基本思想

那么每次询问相当与是若干个整块加上剩下的几个点;

我们一步一步来解决:

首先对于每一个块的可以通过统计每个点在子树中出现的次数,那么我们可以通过O(n)的时间计算出整块贡献;

接下来的瓶颈就在于解决如何快速O(1)求出每个点的子树和

根据子树是dfs序中连续的一段我们可以考虑对dfs序进行分块,然后统计所有块的前缀和以及每个块自己内部的前缀和,通过前缀和的基本操作可以O(1)求解

附上代码:

// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#define lson num<<1
#define rson num<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100001;
int gi()
{
  int x=0,flag=1;
  char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return x*flag;
}
int head[N],to[N*2],nxt[N*2];
int v[N],pos[N],kp[N],dfn[N],id[N],block,num[320][N],fa[N],end[N];
int n,m,cnt,tt,cnt2,root;
unsigned long long tot1[N],tot2[320],tot3[320];
void dfs(int x,int f){
  dfn[x]=++tt;id[tt]=x;
  for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
    int y=to[i];
    if(y!=f){
      fa[y]=x;dfs(y,x);
    }
  }
  end[x]=tt;
}
inline void lnk(int x,int y){
  to[++cnt]=y,nxt[cnt]=head[x],head[x]=cnt;
  to[++cnt]=x,nxt[cnt]=head[y],head[y]=cnt;
}
unsigned long long query(int x){return tot3[pos[x]-1]+tot1[x];}
inline void make_tot1(){
  for(int i=1;i<=n;i++) tot1[dfn[i]]=v[i];
  for(int i=1;i<=n;i++) {if(kp[i]!=1) tot1[i]+=tot1[i-1];}
}
inline void make_tot2(){
  for(int i=1;i<=cnt2;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
      num[i][id[j]]=num[i][fa[id[j]]]+(pos[id[j]]==i);
  for(int i=1;i<=cnt2;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
      tot2[i]+=(unsigned long long)1ll*num[i][j]*v[j];
}
inline void make_tot3(){
  for(int i=1;i<=n;i++) tot3[pos[dfn[i]]]+=v[i];
  for(int i=1;i<=cnt2;i++) tot3[i]+=tot3[i-1];
}
int main()
{
  freopen("1.in","r",stdin);
  freopen("1.out","w",stdout);
  n=gi(),m=gi();int x,y;
  for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=gi();
  for(int i=1;i<=n;i++){
    x=gi(),y=gi();
    if(x!=0) lnk(x,y);
    else root=y;
  }
  int block=sqrt(n);
  if(n%block) cnt2=n/block+1;
  else cnt2=n/block;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    pos[i]=(i-1)/block+1;
    kp[i]=(i-1)%block+1;
  }
  dfs(root,0);
  make_tot1();make_tot2();make_tot3();int flag;
  while(m--){
    flag=gi();
    if(flag==1){
      x=gi(),y=gi()-v[x];
      for(int i=dfn[x];i<=n&&pos[i]==pos[dfn[x]];i++) tot1[i]+=y;
      for(int i=1;i<=cnt2;i++) tot2[i]+=(unsigned long long)1ll*num[i][x]*y;
      for(int i=pos[dfn[x]];i<=cnt2;i++) tot3[i]+=y;
      v[x]+=y;
    }
    else{
      int l=gi(),r=gi();unsigned long long ans=0;
      if(pos[l]==pos[r]){
	for(int i=l;i<=r;i++)
	  ans+=query(end[i])-query(dfn[i]-1);
      }
      else{
	for(int i=l;pos[i]==pos[l];i++) ans+=query(end[i])-query(dfn[i]-1);
	for(int i=r;pos[i]==pos[r];i--) ans+=query(end[i])-query(dfn[i]-1);
	for(int i=pos[l]+1;i<pos[r];i++) ans+=tot2[i];
      }
      printf("%llu
",ans);
    }
  }
  return 0;
}