題目描述
如題，已知一棵包含N個結點的樹（連通且無環），每個節點上包含一個數值，需要支持以下操作：

操作1： 格式： 1 x y z 表示將樹從x到y結點最短路徑上所有節點的值都加上z

操作2： 格式： 2 x y 表示求樹從x到y結點最短路徑上所有節點的值之和

操作3： 格式： 3 x z 表示將以x為根節點的子樹內所有節點值都加上z

操作4： 格式： 4 x 表示求以x為根節點的子樹內所有節點值之和

輸入格式
第一行包含4個正整數N、M、R、P，分別表示樹的結點個數、操作個數、根節點序號和取模數（即所有的輸出結果均對此取模）。

接下來一行包含N個非負整數，分別依次表示各個節點上初始的數值。

接下來N-1行每行包含兩個整數x、y，表示點x和點y之間連有一條邊（保證無環且連通）

接下來M行每行包含若干個正整數，每行表示一個操作，格式如下：

操作1： 1 x y z

操作2： 2 x y

操作3： 3 x z

操作4： 4 x

輸出格式
輸出包含若干行，分別依次表示每個操作2或操作4所得的結果（對P取模）

輸入輸出樣例
輸入 #1 復制
5 5 2 24
7 3 7 8 0
1 2
1 5
3 1
4 1
3 4 2
3 2 2
4 5
1 5 1 3
2 1 3
輸出 #1 復制
2
21
說明/提示
時空限制：1s，128M

數據規模：

對于30%的數據： N \leq 10, M \leq 10 N≤10,M≤10

對于70%的數據： N \leq {10}^3, M \leq {10}^3 N≤10
3
,M≤10
3

對于100%的數據： N \leq {10}^5, M \leq {10}^5 N≤10
5
,M≤10
5

（ 其實，純隨機生成的樹LCA+暴力是能過的，可是，你覺得可能是純隨機的么233 ）

樣例說明：

樹的結構如下：

各個操作如下：

故輸出應依次為2、21(重要的事情說三遍：記得取模)

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <map> #include <set> #include <vector> #include <iomanip> #define ALL(x) (x).begin(), (x).end() #define sz(a) int(a.size()) #define all(a) a.begin(), a.end() #define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++) #define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++) #define pii pair<int,int> #define pll pair<long long ,long long> #define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0) #define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X))) #define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X))) #define pb push_back #define mp make_pair #define fi first #define se second #define eps 1e-6 #define gg(x) getInt(&x) #define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl using namespace std; typedef long long ll; ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;} ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;} ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = 1; while (b) {if (b % 2)ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= 2;} return ans;} inline void getInt(int* p); const int maxn = 100010; const int inf = 0x3f3f3f3f; /*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/ int n, m; ll p; int root; ll a[maxn];// 初始點權 ll wt[maxn];// 新建編號點權。 int cnt;// 編號用的變量 int top[maxn];// 所在重鏈的頂點編號 int id[maxn];//節點的新編號。 std::vector<int> son[maxn]; int SZ[maxn];// 子數大小 int wson[maxn];// 重兒子 int fa[maxn];// 父節點 int dep[maxn];// 節點的深度void dfs1(int id, int pre, int step) // 維護出sz,wson,fa,dep {dep[id] = step;fa[id] = pre;SZ[id] = 1;int maxson = -1;for (auto x : son[id]){if (x != pre){dfs1(x, id, step + 1);SZ[id] += SZ[x];if (SZ[x] > maxson){maxson = SZ[x];wson[id] = x;}}}}//處理出top[],wt[],id[] void dfs2(int u,int topf) {id[u] = ++cnt;wt[cnt]=a[u];top[u]=topf;if(!wson[u]) // 沒兒子時直接結束{return ;}dfs2(wson[u],topf);// 先處理重兒子for(auto x:son[u]){if(x==wson[u]||x==fa[u])//只處理輕兒子{continue;}dfs2(x,x);// 每個輕兒子以自己為top} }struct node {int l,r;ll sum;ll laze; }segment_tree[maxn<<2];void pushup(int rt) {segment_tree[rt].sum=(segment_tree[rt<<1].sum+segment_tree[rt<<1|1].sum)%p; } void build(int rt,int l,int r) {segment_tree[rt].l=l;segment_tree[rt].r=r;segment_tree[rt].laze=0;if(l==r){segment_tree[rt].sum=wt[l];segment_tree[rt].sum%=p;return;}int mid=(l+r)>>1;build(rt<<1,l,mid);build(rt<<1|1,mid+1,r);pushup(rt); }void pushdown(int rt) {if(segment_tree[rt].laze){ll val=segment_tree[rt].laze;segment_tree[rt].laze=0ll;segment_tree[rt<<1].sum+=(val)*(segment_tree[rt<<1].r-segment_tree[rt<<1].l+1)%p;segment_tree[rt<<1|1].sum+=(val)*(segment_tree[rt<<1|1].r-segment_tree[rt<<1|1].l+1)%p;segment_tree[rt<<1].laze+=val;segment_tree[rt<<1|1].laze+=val;segment_tree[rt<<1].sum%=p;segment_tree[rt<<1|1].sum%=p;segment_tree[rt<<1].laze%=p;segment_tree[rt<<1|1].laze%=p;} } void update(int rt,int l,int r,int val) {val%=p;if(segment_tree[rt].l>=l&&segment_tree[rt].r<=r){int wei=segment_tree[rt].r-segment_tree[rt].l+1;segment_tree[rt].sum+=(wei)*val%p;segment_tree[rt].sum%=p;segment_tree[rt].laze+=val;segment_tree[rt].laze%=p;return ;}pushdown(rt);int mid=(segment_tree[rt].l+segment_tree[rt].r)>>1;if(mid>=l){update(rt<<1,l,r,val);}if(mid<r){update(rt<<1|1,l,r,val);}pushup(rt); } ll query(int rt,int l,int r) {if(segment_tree[rt].l>=l&&segment_tree[rt].r<=r){ll res=0ll;res+=segment_tree[rt].sum;res%=p;return res;}pushdown(rt);int mid=(segment_tree[rt].l+segment_tree[rt].r)>>1;ll res=0ll;if(mid>=l){res+=query(rt<<1,l,r);res%=p;}if(mid<r){res+=query(rt<<1|1,l,r);res%=p;}return res;}void uprange(int x,int y,int k) {k%=p;while(top[x]!=top[y]){if(dep[top[x]]<dep[top[y]])// 使x的top深度較大{swap(x,y);}update(1,id[top[x]],id[x],k);// 處理x到top[x] 那段鏈x=fa[top[x]];// x向上爬到top[x]的父節點}if(dep[x]>dep[y])使x的深度較大swap(x,y);update(1,id[x],id[y],k);//更新x到y這段鏈，根據上面的處理，他們一定是在同一條鏈上 }ll qrange(int x,int y) {ll ans=0ll;while(top[x]!=top[y]){if(dep[top[x]]<dep[top[y]]){swap(x,y);}ans+=query(1,id[top[x]],id[x]);ans%=p;x=fa[top[x]];}if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);ans+=query(1,id[x],id[y]);ans%=p;return ans; } void upson(int x,ll val) {val%=p;update(1,id[x],id[x]+SZ[x]-1,val);//子樹區間右端點為id[x]+siz[x]-1 } ll qson(int x) {ll res=0ll;res+=query(1,id[x],id[x]+SZ[x]-1);res%=p;return res; } int main() { // freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin); // freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout);gbtb;cin >> n >> m >> root >> p;repd(i, 1, n){cin >> a[i];}int u, v;repd(i, 2, n){cin >> u >> v;son[u].pb(v);son[v].pb(u);}dfs1(root,0,1);dfs2(root,root);build(1,1,n);int op,x,y,z; // 操作1： 格式： 1 x y z 表示將樹從x到y結點最短路徑上所有節點的值都加上z // // 操作2： 格式： 2 x y 表示求樹從x到y結點最短路徑上所有節點的值之和 // // 操作3： 格式： 3 x z 表示將以x為根節點的子樹內所有節點值都加上z // // 操作4： 格式： 4 x 表示求以x為根節點的子樹內所有節點值之和while(m--){cin>>op;if(op==1){cin>>x>>y>>z;uprange(x,y,z);}else if(op==2){cin>>x>>y;cout<<qrange(x,y)<<endl;}else if(op==3){cin>>x>>z;upson(x,z);}else if(op==4){cin>>x;cout<<qson(x)<<endl;}}return 0; }inline void getInt(int* p) {char ch;do {ch = getchar();} while (ch == ' ' || ch == '\n');if (ch == '-') {*p = -(getchar() - '0');while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {*p = *p * 10 - ch + '0';}}else {*p = ch - '0';while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {*p = *p * 10 + ch - '0';}} }

轉載于:https://www.cnblogs.com/qieqiemin/p/11297835.html

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總結

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