CF1076E Vasya and a Tree

Posted 2021-01-20 alecli

题意

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思考

简要题意就是给定多个操作，每次操作将与 (u) 距离小于等于 (k) 且在 (u) 子树内的点点权值加 (x) ，输出最终各个点的权值。

看这题的时候我先想的是树剖，发现树剖并不好处理两点的距离限制

第二种想法是 (bfs) 序，想想可能不好处理（不考虑超时的话可以做，线段树维护 (bfs) 序，对于每一层我们知道节点编号的区间，然后每一层二分区间左右端点来判断是否在 (u) 的子树内，再更新，时间复杂度有、爆炸）

于是当时这题成功地没有做出来，我过于菜

考完看了看别人的代码...发现自己智障了...

考虑单独的一个节点 (u)，它的操作影响的都是在它子树内的与 (u) 深度差小于等于 (k) 的节点，那么我们只要维护当前深度操作总和就行了（树状数组或线段树），但有一个问题，由于 (u) 点的操作只影响 (u) 的子树，其他节点怎么办 ? 我们可以先将所有操作离线，再总体按 (dfs) 实现：

1. 进入该点
2. 实现该点的所有操作
3. 递归它的子树
4. 撤销操作

这样 (u) 的操作就不会影响到其他子树上的点了，还有一个好处，我们并不需要修改深度 (dep(u))~(dep(u)+k) 而只需修改 (dep(k)) 最后查询的时候查 (sum(dep(u))~(sum(max)))就好，因为当查询到这个点时，只有 (u) 的祖先节点的操作实现了，那么对于任意的 (u) 的儿子节点，如果它的值有修改，说明这个修改操作是来自 (u) 的祖先节点的，所以 (u) 肯定也会被修改

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x * f;
}
const ll N = 300030;
struct node{
    ll nxt, to;
}edge[N << 1];
ll head[N], num;
void build(ll from, ll to){
    edge[++num].nxt = head[from];
    edge[num].to = to;
    head[from] = num;
}
ll c[N], n, m;
ll lowbit(ll x){ return x & -x; }
void add(ll pos, ll v){
    for(ll i=pos; i<=n; i+=lowbit(i)) c[i] += v;
}
ll query(ll pos){
    ll ans = 0;
    for(ll i=pos; i; i-=lowbit(i)) ans += c[i];
    return ans;
}
vector<ll> val[N], D[N];
ll ans[N];
void dfs(ll u, ll f, ll d){
    for(ll i=0; i<D[u].size(); i++){
        add(min(n, D[u][i] + d), val[u][i]);
    }
    ans[u] = query(n) - query(d - 1);
    for(ll i=head[u]; i; i=edge[i].nxt){
        ll v = edge[i].to;
        if(v == f) continue;
        dfs(v, u, d + 1);
    }
    for(ll i=0; i<D[u].size(); i++){
        add(min(n, D[u][i] + d), -val[u][i]);
    }
}
int main(){
    n = read();
    for(ll i=1; i<=n-1; i++){
        ll u = read(), v = read();
        build(u, v); build(v, u);
    }
    m = read();
    for(ll i=1; i<=m; i++){
        ll u = read(), d = read(), v = read();
        D[u].push_back(d);
        val[u].push_back(v);
    }
    dfs(1, 0, 1);
    for(ll i=1; i<=n; i++){
        cout << ans[i] << " ";
    }
    return 0;
}

总结

注意题目性质，树上的技巧要多学习……