Description

有一棵点数为 N 的树，以点 1 为根，且树点有边权。然后有 M 个

操作，分为三种：

操作 1 ：把某个节点 x 的点权增加 a 。

操作 2 ：把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。

操作 3 ：询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。

Input

第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。接下来一行 N 个整数，表示树中节点的初始权值。接下来 N-1

行每行三个正整数 fr, to ，表示该树中存在一条边 (fr, to) 。再接下来 M 行，每行分别表示一次操作。其中

第一个数表示该操作的种类（ 1-3 ），之后接这个操作的参数（ x 或者 x a ）。

Output

对于每个询问操作，输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。

Sample Input

5 5
1 2 3 4 5
1 2
1 4
2 3
2 5
3 3
1 2 1
3 5
2 1 2
3 3

Sample Output

6
9
13

HINT

对于 100% 的数据， N,M<=100000 ，且所有输入数据的绝对值都不会超过 10^6 。

题解：

首先看到操作三就能想到树链剖分吧？

再看看题面就能想到线段树维护吧？

然后就没难度了吧？

考虑一下每个操作的做法：

操作1：单点修改，直接在线段树上面修改就好

操作2：把以x为根的子树+a，这是唯一有难度的一个地方。那么想一想我们是怎么剖分这棵树的——两次dfs，也就是说我们的树是按dfs序来构建的，再想想dfs序，它有一个很有趣的性质：

一个子树的编号一定是连续的

证明可以自己去找找。网上有的。

那么当我们想到这个性质之后操作2就不难了，第一次dfs的时候我们已经维护出来一个siz数组表示该节点的子节点了，我们只需要对pos[x],pos[x]+siz[x]-1这个区间进行区间修改就可以了（pos数组是树上的节点在线段树中的编号）

操作3：树链剖分的基本操作，爬到同一条重链上然后区间修改就好了

Code：

#include <cstdio> #include <cstring>
#define ll long long
#define inf 1<<30
#define il inline  il ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;} il ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;} il ll abs(ll x){return x>0?x:-x;} il void swap(ll &x,ll &y){ll t=x;x=y;y=t;} il void read(ll &x){ x=0;ll f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-f;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} x*=f; } il void print(ll x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');} il void writeln(ll x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('\n');} il void write(ll x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar(' ');} using namespace std; /*===================Header Template=====================*/
#define N 100010
struct tree{ll l,r,sum,tag;}t[N<<2]; struct data{ll to,next;}e[N<<1]; ll n,m,root,pos[N],sz; ll cnt,head[N],v[N],v1[N]; ll fa[N],siz[N],top[N],dep[N]; void insert(ll u,ll v){ e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt; e[++cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt; } void dfs1(ll x){ siz[x]=1; for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){ if(e[i].to==fa[x])continue; fa[e[i].to]=x; dep[e[i].to]=dep[x]+1; dfs1(e[i].to); siz[x]+=siz[e[i].to]; } } void dfs2(ll x,ll topf){ top[x]=topf; pos[x]=++sz; v1[sz]=v[x]; ll k=0; for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){ if(dep[e[i].to]>dep[x]&&siz[e[i].to]>siz[k])k=e[i].to; } if(!k)return; dfs2(k,topf); for(ll i=head[x];i;i=e[i].next){ if(k!=e[i].to&&dep[e[i].to]>dep[x])dfs2(e[i].to,e[i].to); } } void build(ll l,ll r,ll rt){ t[rt].l=l;t[rt].r=r; ll mid=(l+r)>>1; if(l==r){return;} build(l,mid,rt<<1); build(mid+1,r,rt<<1|1); t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum; } void pushdown(ll ln,ll rn,ll rt){ if(t[rt].tag){ ll &x=t[rt].tag; t[rt<<1].tag+=x; t[rt<<1|1].tag+=x; t[rt<<1].sum+=x*ln; t[rt<<1|1].sum+=x*rn; x=0; } } void upd1(ll L,ll c,ll rt){ ll l=t[rt].l,r=t[rt].r,mid=(l+r)>>1; if(l==r){t[rt].sum+=c;return;} pushdown(mid-l+1,r-mid,rt); if(L<=mid)upd1(L,c,rt<<1); else upd1(L,c,rt<<1|1); t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum; } void upd2(ll L,ll R,ll c,ll rt){ ll l=t[rt].l,r=t[rt].r,mid=(l+r)>>1; if(L<=l&&r<=R){t[rt].sum+=(r-l+1)*c;t[rt].tag+=c;return;} pushdown(mid-l+1,r-mid,rt); if(L<=mid)upd2(L,R,c,rt<<1); if(R>mid)upd2(L,R,c,rt<<1|1); t[rt].sum=t[rt<<1].sum+t[rt<<1|1].sum; } ll query(ll L,ll R,ll rt){ ll l=t[rt].l,r=t[rt].r,mid=(l+r)>>1,ans=0; if(L<=l&&r<=R)return t[rt].sum; pushdown(mid-l+1,r-mid,rt); if(L<=mid)ans+=query(L,R,rt<<1); if(R>mid)ans+=query(L,R,rt<<1|1); return ans; } ll solve_query(ll x,ll y){ ll sum=0; while(top[x]!=top[y]){ if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y); sum+=query(pos[top[x]],pos[x],1); x=fa[top[x]]; } if(pos[x]>pos[y])swap(x,y); sum+=query(pos[x],pos[y],1); return sum; } int main(){ read(n);read(m); for(ll i=1;i<=n;i++)read(v[i]); for(ll i=1;i<n;i++){ ll x,y; read(x);read(y); insert(x,y); } dfs1(1);dfs2(1,1); build(1,n,1); for(ll i=1;i<=n;i++)upd1(pos[i],v[i],1); while(m--){ ll pd,x,y; read(pd);read(x); if(pd==1){ read(y); upd1(pos[x],y,1); }else if(pd==2){ read(y); upd2(pos[x],pos[x]+siz[x]-1,y,1); }else if(pd==3){ writeln(solve_query(x,1)); } } return 0; }

转载请注明出处：https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/9129614.html