這題其實就是樹剖裸題啊。

然后毒瘤選手由于上題樹剖被卡到哭所以選擇dfs序+樹狀數組。

不得不說簡單的算法做出來更加難思考。然后網上的dalao們都一筆帶過凈說什么用兩個樹狀數組維護就可以啦。

經過大半小時的思考，代碼實現還是非常簡單。

這個值得詳細講講。

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假如我們弄一個樹狀數組，然后維護的是x到根的sum（其實就是詢問的答案嘛），先看第一個操作，單點修改，那么改了這個點，相當于把他這一整棵子樹的答案都加上了d，由于用dfs序重新編號，可以發現子樹中的點都是連續的，那么樹狀數組改段求段就可以用差分數組解決。

問題在于第二個操作，修改了整個子樹，對每個節點y的影響是d*(dep[x]-dep[y])，那么非常難受，因為每個點改變的值和dep有關，并不相同，怎么辦？絕佳的方法就是我們忽略dep的影響，用另一個樹狀數組維護d，那么問題又來了，x肯定不是時時相同的，雖然詢問y的時候可以知道dep[y]，但是dep[x]仍然不確定，為了可以確定，那么對于每次這種修改，我們就在第一個樹狀數組給它減去d*（dep[x]-1），這樣一來，就把這個操作轉化成增加x整個子樹和x到根的路徑上的點，那么對于每個點，增加的數就變成d*dep[y]，那么求解的時候，就可以心安理得的用第一個樹狀數組的值+第二個樹狀數組的值*d了。

#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL;int n,m;struct node {int x,y,next; }a[210000];int len,last[110000]; void ins(int x,int y) {len++;a[len].x=x;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len; }int z,dep[110000],l[110000],r[110000]; void dfs(int x,int f) {l[x]=++z;for(int k=last[x];k;k=a[k].next){int y=a[k].y;if(y!=f)dep[y]=dep[x]+1, dfs(y,x);}r[x]=z; }//---------init----------------- LL s[2][110000]; int lowbit(int x){return x&-x;} void change(int w,int x,LL k) {while(x<=n){s[w][x]+=k;x+=lowbit(x);} } LL getsum(int w,int x) {LL ret=0;while(x>=1){ret+=s[w][x];x-=lowbit(x);}return ret; }//-----------bit-------------- LL point[110000]; int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&point[i]);len=0;memset(last,0,sizeof(last));int x,y;for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);ins(x,y);ins(y,x);}z=0;dep[1]=1;dfs(1,0);//initfor(int i=1;i<=n;i++)change(0,l[i],point[i]), change(0,r[i]+1,-point[i]);int op;LL d;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&op);if(op==1){scanf("%d%lld",&x,&d);change(0,l[x],d);change(0,r[x]+1,-d);}else if(op==2){scanf("%d%lld",&x,&d);change(0,l[x],-d*(dep[x]-1));change(0,r[x]+1,d*(dep[x]-1));change(1,l[x],d);change(1,r[x]+1,-d);}else{scanf("%d",&x);printf("%lld\n", getsum(0,l[x]) + dep[x]*getsum(1,l[x]) );}}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的bzoj4034: [HAOI2015]树上操作的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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