【HNOI2015】开店
hychyc
2018-09-03 19:32:09
## 题目描述
题目大意:给定一颗$n(n\leq150000)$个点的树,每个点有点权,边有边权(表示两个点之间的距离)。$q(q\leq200000)$次询问,每次询问点权在$[L, R]$之间的所有点到某个点的距离之和。强制在线。
## 分析
首先考虑一个简化的版本,询问所有点到点$u$的距离和。尝试进行公式推导。
令$dep[i], size[i]$分别表示以$1$为根时第$i$个点的深度和子树大小。观察$1$为根和$u$为根会发生哪些变化。
$u$的子树中某节点$v$的深度会从$dep[v]$变成$dep[v]-dep[u]$,相当于都减少了$dep[u]$,且有$size[u]个点发生了此变化$;$fa[u]$的子树,且不是$u$的子树中的某节点$v$,深度会从$dep[v]$变成$dep[v]-dep[fa[u]]+dep[u]-dep[fa[u]]$,相当于减少了$2dep[fa[u]]-dep[u]$,且有$size[fa[u]]-size[u]$个点发生了此变化,以此类推。
更具体的描述,定义$a_{i}$为$1$至$u$的链上的第$i$个点,$1$至$u$的链上共有$k$个点,那么所有点到$u$的距离之和可以用如下式子表示:
$\sum_{i=1}^{n}dep[i] - \sum_{i=1}^{k-1}(size[a_{i}]-size[a_{i+1}])*(2*dep[a_{i}]-dep[u])-size[u]*dep[u]$
展开可得:
$\sum_{i=1}^{n}dep[i]- size[u]*dep[u]-$
$(2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]-$ $2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]-$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]+$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[u])$
$=\sum_{i=1}^{n}dep[i]- size[u]*dep[u]-$
$2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]+$ $2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]+$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[u])$
其中
$\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]-\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[u] $
$= \sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]-\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*dep[u]$
$ = size[a_{1}]*dep[u] -size[a_{k}]*dep[u]= n*dep[u]-size[u]*dep[u]$
于是原式变为
$\sum_{i=1}^{n}dep[i] +n*dep[u]-2*size[u]*dep[u] $
$- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]+2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]$
现在观察
$- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]+2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}] $
$= 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]$
直接相减出现的$size[a_{i}]-size[a_{i+1}]$难以处理,我们考虑进行一次错位
原式$=2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*dep[a_{i-1}]- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]$
$=2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*dep[a_{i-1}]- 2*\sum_{i=2}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}] (dep[a_{1}]=dep[1]=0)$
$=2*size[a_{k}]*dep[a_{k-1}] + 2*\sum_{i=2}^{k-1}size[a_{i}]*(dep[a_{i-1}]-dep[a_{i}])$
将原式中的$-2*size[u]*dep[u]$并入上式中,得到:
$2*size[a_{k}]*dep[a_{k-1}] -2*size[a_{k}]*dep[a_k]$
$+ 2*\sum_{i=2}^{k-1}size[a_{i}]*(dep[a_{i-1}]-dep[a_{i}])$
$=2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*(dep[a_{i-1}]-dep[a_{i}])$
注意到$dep[a_i]-dep[a_{i-1}]$是点 $i$ 到其父节点的边权,定义为$fv[i]$
故原式等于
$\sum_{i=1}^{n}dep[i] +n*dep[u]-2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*fv[a_i]$
可以进行维护
现在考虑如何加入$[L, R]$的限制。直接通过子树查询的方式进行,单次复杂度与树高约为线性关系,不可以接受。这时便要体会主席树的版本作用。
将点按照点权排序,一个一个加入,最终答案便是$R$对应版本的主席树的答案减去$L$个对应版本的前一个版本的主席树的答案。
每次加入一个点的时候,树的形态不发生变化,$fv[i]$不发生变化,只有$size[i]$发生变化。只需把加入的这个点到根的路径上的所有点的$size$进行$+1$即可,查询时从当前指定的点出发,向上统计$\sum size[i]*fv[i]$。这是可以通过树链剖分维护的。由于空间限制,标记永久化是一个不错的选择。
## 思路总结
对主席树的认识不要僵化,体会其有关版本的作用。例如对于区间$[l, r]$统计在$[L, R]$之间的数的个数问题,其实也可以按照数值排序后一个个插入点,统计第$R$个版本的树中位置是$[l, r]$的有多少,减去第$L-1$颗树的答案。不同版本不一定是按照位置,也不一定是按照权值(虽然我目前就见过这俩),思路要灵活。
## 代码
```
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200050
#define ri register int
#define il inline
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, q, A, ecnt, numcnt, root[MAXN], rtcnt, num[MAXN];
int tcnt, top[MAXN], id[MAXN], fa[MAXN], fv[MAXN], son[MAXN], size[MAXN];
LL lastans, dsum[MAXN], dep[MAXN];
struct Node {
int id, ag;
bool operator < (const Node &x) const {
if(ag == x.ag) return id < x.id;
return ag < x.ag;
}
}mon[MAXN];
struct node {
int v, w;
node *next;
}pool[MAXN<<2], *h[MAXN];
struct NODE {
int ls, rs, lazy;
LL sum, esum;
void init() {
ls = rs = lazy = 0, esum = sum = 0;
}
}t[MAXN<<7];
il void adde(int u, int v, int w) {
node *p = &pool[ecnt++], *q = &pool[ecnt++];
*p = node {v, w, h[u]}, h[u] = p;
*q = node {u, w, h[v]}, h[v] = q;
}
void dfs1(int u) {
size[u] = 1;
for(node *p = h[u]; p; p = p->next) {
if(p->v == fa[u]) continue;
dep[p->v] = dep[u]+p->w, fa[p->v] = u, fv[p->v] = p->w, dfs1(p->v), size[u] += size[p->v];
if(size[p->v] > size[son[u]]) son[u] = p->v;
}
}
void dfs2(int u, int t) {
id[u] = ++tcnt, top[u] = t, num[tcnt] = fv[u];
if(!son[u]) return ;
dfs2(son[u], t);
for(node *p = h[u]; p; p = p->next)
if(!id[p->v]) dfs2(p->v, p->v);
}
void build(int &u, int l, int r) {
int tmp = u; u = ++rtcnt, t[u] = t[tmp];
if(l == r) return (void)(t[u].esum = num[l]);
int mid = (l+r)>>1;
build(t[u].ls, l, mid);
build(t[u].rs, mid+1, r);
t[u].esum = t[t[u].ls].esum + t[t[u].rs].esum;
}
void change(int &u, int l, int r, int tl, int tr) {
int tmp = u; u = ++rtcnt, t[u] = t[tmp];
if(tl <= l && r <= tr) {
++t[u].lazy;
t[u].sum += t[u].esum;
return ;
}
int mid = (l+r)>>1;
if(tl <= mid) change(t[u].ls, l, mid, tl, tr);
if(mid < tr) change(t[u].rs, mid+1, r, tl, tr);
t[u].sum = t[t[u].ls].sum + t[t[u].rs].sum + t[u].esum*t[u].lazy;
}
void Change(int u, int ver) {
while(top[u] != 1) {
change(root[ver], 1, n, id[top[u]], id[u]);
u = fa[top[u]];
}
change(root[ver], 1, n, 1, id[u]);
}
LL query(int u, int l, int r, int tl, int tr, int add) {
if(tl <= l && r <= tr) return t[u].sum + t[u].esum*add;
int mid = (l+r)>>1; LL ret = 0;
add += t[u].lazy;
if(tl <= mid) ret += query(t[u].ls, l, mid, tl, tr, add);
if(mid < tr) ret += query(t[u].rs, mid+1, r, tl, tr, add);
return ret;
}
LL Query(int u, int ver) {
LL ret = 0;
while(top[u] != 1) {
ret += query(root[ver], 1, n, id[top[u]], id[u], 0);
u = fa[top[u]];
}
ret += query(root[ver], 1, n, 1, id[u], 0);
return ret;
}
il LL calc(int u, int ver) {
return dsum[ver] + ver*dep[u] - 2*Query(u, ver);
}
int main() {
int u, v, c;
scanf("%d%d%d", &n, &q, &A);
for(ri i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &mon[i].ag), mon[i].id = i;
for(ri i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d%d", &u, &v, &c), adde(u, v, c);
dfs1(1), dfs2(1, 1);
sort(mon+1, mon+n+1);
build(root[0], 1, n);
for(ri i = 1; i <= n; ++i)
dsum[i] = dsum[i-1] + dep[mon[i].id],
root[i] = root[i-1], Change(mon[i].id, i);
while(q--) {
LL l, r; int L, R;
scanf("%d%lld%lld", &u, &l, &r);
l += lastans, r += lastans;
L = min(l%A, r%A), R = max(l%A, r%A);
L = lower_bound(mon+1, mon+n+1, Node{0, L})-mon, R = upper_bound(mon+1, mon+n+1, Node{MAXN, R})-mon-1;
printf("%lld\n", lastans = calc(u, R)-calc(u, L-1));
}
return 0;
}
```