树的dfs序,p1539,p1651,,2018/11/08模拟赛T3

　　树的欧拉序指从根节点进行dfs(先序遍历),每次到达某个点的时间和离开这个点的时间.它可以将树上的问题转换成序列问题进行处理. 

　　比如对于p1539的样例可以这样解释.

　　

　　每个点的左边数字表示进入该点的"时间",右边的数字表示离开该点的"时间".对欧拉序的介绍就到这里.

　　然后来看一个例题:

　　

　　

　　先读入边,跑一遍dfs确定欧拉序.

　　对于操作1,把点x的进入的"时间"+=a,把x出去的"时间"-=a

　　这样操作3询问根节点到y的路径点权和时,我们询问y的进入的时间的前缀和.如果这个路径经过点x,即x是y的祖先,由于x的进入的时间早于y进入的时间,x出去的时间晚于y进入的时间,贡献会正确的加上去,否则1.如果欧拉序本来就在y之后当然不会影响.2.如果x的欧拉序在y之前,一定进入的时间和出去的时间都早于y进入的时间,对y没有贡献.

　　如果只有操作1,3,只需要一个树状数组即可.那来看一下操作2.将x的子树所有节点点权都+v,这个就有些难了吧.

　　考虑区间修改,用一个线段树维护区间点权和与区间内"进入的数量-出去的数量",每次修改的时候将x进入的时间和出去的时间这个区间打上标记v.下传标记的时候可以使得区间和+=v*"进去的数量-出去的数量".

　　至此,本题已经A掉了.很久没写区间修改的线段树了,竟然不知道区间修改需要懒标记...写代码20分钟,找错误30分钟,发现懒标记的问题后5分钟修改完毕.

　　 

　　并且提交的时候出现了上述四种情况:数组开小(欧拉序需要2n,那么线段树需要8n),没关freopen,没开long long,A掉.真是菜的真实.

long long i,tx,ty,t[100010],tv,tl,tr,flag,ttt,T,jia[800010];
long long n,m,head[100010],tot;
struct edge
{
    long long x,y,next;
}e[200010];
struct node
{
    long long l,r;
}o[100010];
long long c[800010],sum[800010];
void bian(long long x,long long y)
{
    tot++;
    e[tot].x=x;
    e[tot].y=y;
    e[tot].next=head[x];
    head[x]=tot;
}
void dfs(long long x)
{
    tot++;
    o[x].l=tot;
    for(long long j=head[x];j;j=e[j].next)
    {
        if(!o[e[j].y].l)
        {
            dfs(e[j].y);
        }
    }
    tot++;
    o[x].r=tot;
}
void build(long long now,long long l,long long r)
{
    if(flag)
        sum[now]++;
    else 
        sum[now]--;
    if(l==r)
        return;
    long long mid=(l+r)>>1;
    if(tx<=mid)build(now<<1,l,mid);
    else       build(now<<1|1,mid+1,r);
}

void pushdown(long long now)
{
    jia[now<<1]+=jia[now];
    jia[now<<1|1]+=jia[now];
    c[now<<1]+=sum[now<<1]*jia[now];
    c[now<<1|1]+=sum[now<<1|1]*jia[now];
    jia[now]=0;
}
void add(long long now,long long l,long long r)
{
    c[now]+=tv;
    if(l==r)
        return ;
    if(jia[now])
        pushdown(now);
    long long mid=(l+r)>>1;
    if(ttt<=mid)add(now<<1,l,mid);
    else       add(now<<1|1,mid+1,r);
}
void qujian(long long now,long long l,long long r)
{
    if(tl<=l&&r<=tr)
    {
        c[now]+=sum[now]*tv;
        jia[now]+=tv;
        return ;
    }
    long long mid=(l+r)/2;
    if(jia[now])
        pushdown(now);
    if(tl<=mid)qujian(now<<1,l,mid);
    if(tr>mid)qujian(now<<1|1,mid+1,r);
    c[now]=c[now<<1]+c[now<<1|1];
}
long long ask(long long now,long long l,long long r)
{
    if(1<=l&&r<=tx)
        return c[now];
    long long mid=(l+r)/2;
    long long tsum=0;
    if(jia[now])
        pushdown(now);
    if(1<=mid)tsum+=ask(now<<1,l,mid);
    if(tx>mid)tsum+=ask(now<<1|1,mid+1,r);
    return tsum;
}
void check(long long now,long long l,long long r)
{
    cout<<l<<' '<<r<<' '<<sum[now]<<' '<<c[now]<<endl;
    if(l==r)
        return ;
    check(now<<1,l,(l+r)/2);
    check(now<<1|1,(l+r)/2+1,r);
}
int main()
{

int __size__ = 20 << 20; // 20MB
char *__p__ = (char*)malloc(__size__) + __size__;
__asm__("movl %0, %%esp
" :: "r"(__p__));
    n=read();m=read();
    for(i=1;i<=n;i++)
        t[i]=read();
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        tx=read();ty=read();
        bian(tx,ty);
        bian(ty,tx);
    }
    tot=0;
    dfs(1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        tx=o[i].l;
        flag=1;
        build(1,1,tot);
        tx=o[i].r;
        flag=0;
        build(1,1,tot);
        tv=t[i];
        ttt=o[i].l;
        add(1,1,tot);
        ttt=o[i].r;tv=-t[i];
        add(1,1,tot);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        T=read();
        if(T==1)
        {
            tx=read();tv=read();
            ttt=o[tx].l;
            add(1,1,tot);
            ttt=o[tx].r;tv=-tv;
            add(1,1,tot);
        }
        else if(T==2)
        {
            tx=read();tv=read();
            tl=o[tx].l;tr=o[tx].r;
            qujian(1,1,tot);
        }
        else //if(t==3)
        {
            tx=o[read()].l;
            write(ask(1,1,tot));
            putchar(10);
        }
    }
    //check(1,1,tot);
}

　　

　　

　　你需要支持子树修改,单点查询.我们又可以上欧拉序.那个"初始工资"看似要写一个单点修改,但是只要事先记下来,以后装作不存在,询问的时候加上去即可.

　　仔细思考一下后想到区间修改单点查询完全可以上一个树状数组嘛.于是一个好想好实现的代码就完成了.

　　

long long t[500010],head[500010],tot,c[1000010];
struct edge
{
    long long x,y,next;
}e[2000010];
struct node
{
    long long l,r;
}o[500010];
inline void dfs(long long x)
{
    tot++;
    o[x].l=tot;
    for(long long j=head[x];j;j=e[j].next)
        if(!o[e[j].y].l)
            dfs(e[j].y);
    tot++;
    o[x].r=tot;
}
inline long long lowbit(long long x)
{
    return x&(-x);
}
inline void add(long long x,long long v)
{
    for(;x<=tot;x+=lowbit(x))
        c[x]+=v;
}
inline long long ask(long long x)
{
    long long sum=0;
    for(;x;x-=lowbit(x))
        sum+=c[x];
    return sum;
}    
int main()
{
    long long n=read(),m=read();
    t[1]=read();
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        t[i]=read();
        long long ty=read();
        e[++tot]=(edge){i,ty,head[i]};
        head[i]=tot;
        e[++tot]=(edge){ty,i,head[ty]};
        head[ty]=tot;
    }
    tot=0;
    dfs(1);
    for(;m;m--)
    {
        char op=getc();
        while(op!='p'&&op!='u')
            op=getc();
        if(op=='p')
        {
            long long tx=read();long long tv=read();
            if(o[tx].l+1!=o[tx].r)
            {
                add(o[tx].l+1,tv);
                add(o[tx].r-1,-tv);
            }
        }
        else
        {
            long long xx=read();
            write(ask(o[xx].l)+t[xx]);
            putchar(10);
        }
    }
}

　　再看一道题:
　　2018年11月8号NOIP前的最后一场模拟赛T3.

　　

　　

输入样例
5
1 2
2 3
3 4
4 5
4
1 3 5 2
2
1 5
0

输出样例
Yes
1 2
3 5
Yes
1 5

 　　理解题意后,脑补一下可以得到一定可以构造出<=n的解.因为我们把所有点按dfs序排一下序,第一次a1a2,a3a4,a5a6...an-1an分配,第二次按a2a3,a4a5...ana1分配,最坏也不过是覆盖树上所有边,总的距离<=2(n-1),又有抽屉原理,更短的那一个总是要<=n-1的.

　　我们dfs跑出dfs序,按dfs序sort一下,两次分配用lca算一下总的距离,输出小的即可.

　　庆祝AK啦啦啦(～￣▽￣)～