bzoj3730:震波

Posted 2020-08-24 Izaya

题意：给一棵树，只有点权无边权， ，每次询问求以一个点为中心，半径为k的全职和。

考虑动态树分治。我们对于每个点（点分树）维护两个树状数组。两个树状数组都以距离为下标，权值为内容。第一个树状数组维护子树中距离该点为k的权值和，第二个维护距离该点父亲距离为k的权值和。这样改权值时我们暴力爬树高，loglog复杂度（log的树高加上log的树状数组）。查询的时候一样爬树高，要注意容斥（把当前子树k的先加起来，往祖先上爬，如果距离小于k，假设为d，我们到祖先上去求一个k-d，再容斥掉原来这棵子树里被计算过的，这就是第二个树状数组的用处）。

时间复杂度0（nloglog），空间复杂度O（nlog）（如果用线段树还要加一个log。这里BB一句，为什么树状数组不会爆呢，因为你每一层开的大小为子树大小的话，每层总和n，总共log层，空间就是nlog的。其实就跟点分治的时间复杂度证明一样。用vector来开并且加上函数resize（）就可以办到了。）

这道题花了整整一天才写出来。。。一直RE（实际是WA，毕竟防离线加密，如果答案错了后面输入都是错的），总结一下错误：

1.想的只用一个树状数组维护，实际上为了容斥必须要用上第二个树状数组。

2.更新时，一开始要把自己丢在自己的第二个树状数组里面

3.2这玩意肯定要写在爬树循环外面啊（你是SB吗）

4.应该用qsum而不是query去爬树高（一开始脑袋抽了。。）

5.往树上爬的时候是不会中途退出的，不会因为有一个祖先爬不上去就终止，说不定有一个爷爷就在你旁边你可以过去呢。

对于点分树的题就想象成爬山吧，我们用每一层的重心将点们分割开来，每次爬树高都是解锁区域，翻过一座高山。

还有，点分树自己脑补的板子实在太丑陋了。。这里膜拜一下ihopenot大佬，板子神快，我一开始好不容易调出来T了，参考了一下大佬的板子后就rank8了，真乃神人也！

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 100005
 4 #define INF 1e9
 5 #define lowbit(i) ((i)&-(i))
 6 int n,m,head[N],val[N],fa[N][20],dis[N][20],s[N],f[N],dep[N],rt,sz,cnt,ans;
 7 bool vis[N];
 8 vector<int>bit[N],fbit[N];
 9 inline int read(){
10     int x=0,f=1; char a=getchar();
11     while(a>‘9‘ || a<‘0‘) {if(a==‘-‘) f=-1; a=getchar();}
12     while(a<=‘9‘ && a>=‘0‘) x=x*10+a-‘0‘,a=getchar();
13     return x*f;
14 } 
15 struct edges{
16     int to,next;
17 }e[2*N];
18 inline void insert(){
19     int u=read(),v=read();
20     e[cnt]=(edges){v,head[u]};head[u]=cnt++;
21     e[cnt]=(edges){u,head[v]};head[v]=cnt++;
22 }
23 void getroot(int x,int father){
24     s[x]=1; f[x]=0;
25     for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next){
26         if(vis[e[i].to] || father==e[i].to) continue;
27         getroot(e[i].to,x); s[x]+=s[e[i].to];
28         f[x]=max(f[x],s[e[i].to]);
29     }
30     f[x]=max(f[x],sz-s[x]);
31     if(f[x]<f[rt]) rt=x;
32 }
33 void getship(int x,int anc,int father,int d){
34     for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next){
35      int v=e[i].to;
36      if(!vis[v] && v!=father) fa[v][++dep[v]]=anc,dis[v][dep[v]]=d,getship(v,anc,x,d+1);
37     }
38 }
39 void Buildtree(int x){
40     vis[x]=1; getship(x,x,0,1); 
41     int all=sz; bit[x].resize(all+1); fbit[x].resize(all+1);
42     for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next){
43         if(vis[e[i].to]) continue;
44         sz=s[e[i].to]; if(sz>s[x]) sz=all-s[x];
45         rt=0; getroot(e[i].to,x); Buildtree(rt);
46     }
47 }
48 inline int qsum(int x,int k){
49     int ret=val[x],lim=bit[x].size()-1; k=min(k,lim); 
50     for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) ret+=bit[x][i];
51     return ret;
52 }
53 inline int qsum2(int x,int k){
54     int ret=0,lim=fbit[x].size()-1; k=min(k,lim);
55     for(int i=k;i;i-=lowbit(i)) ret+=fbit[x][i];
56     return ret;
57 }
58 inline void change(int x,int v){
59     int d,lim; 
60     d=dis[x][dep[x]]; lim=bit[x].size()-1;
61     for(int j=d;j<=lim && j;j+=lowbit(j)) fbit[x][j]+=v;
62     for(int i=dep[x];i;i--){
63         d=dis[x][i]; lim=bit[fa[x][i]].size()-1;
64         for(int j=d;j<=lim;j+=lowbit(j)) bit[fa[x][i]][j]+=v;
65         d=dis[x][i-1];
66         for(int j=d;j<=lim && j;j+=lowbit(j)) fbit[fa[x][i]][j]+=v;
67     }
68 }
69 int query(int x,int k){
70     int ret=qsum(x,k);
71     for(int i=dep[x];i;i--) if(dis[x][i]<=k)
72     ret+=qsum(fa[x][i],k-dis[x][i])-qsum2(fa[x][i+1],k-dis[x][i]);
73     return ret;
74 }
75 int main(){
76     n=read(); m=read(); memset(head,-1,sizeof(head));
77     for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
78     for(int i=1;i<n;i++) insert();
79     f[0]=INF; sz=n; getroot(1,0); Buildtree(rt); 
80     for(int i=1;i<=n;i++) fa[i][dep[i]+1]=i;
81     for(int i=1;i<=n;i++) change(i,val[i]);
82     while(m--){
83         int a=read(),b=read()^ans,c=read()^ans;
84         if(!a) ans=query(b,c),printf("%d\n",ans);
85         else change(b,c-val[b]),val[b]=c;
86     }
87     return 0;
88 }