P3384 【模板】樹鏈剖分

?

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

輸入輸出格式

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

輸入樣例#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 輸出樣例#1：?復制 2 21

說明

時空限制：1s，128M

數據規模：

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

對于70%的數據：?N \leq {10}^3, M \leq {10}^3N≤103,M≤103

對于100%的數據：?N \leq {10}^5, M \leq {10}^5N≤105,M≤105

（?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)

?

?

?

?

?

題意很直接，直接模板題。

寫了兩天，最后發現，加邊時add(v,u)的括號寫成[ ]了，可真是撈啊。

寫了注釋。

?

代碼:

1 //洛谷-P3384 【模板】樹鏈剖分-樹鏈剖分 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<bitset> 7 #include<cassert> 8 #include<cctype> 9 #include<cmath> 10 #include<cstdlib> 11 #include<ctime> 12 #include<deque> 13 #include<iomanip> 14 #include<list> 15 #include<map> 16 #include<queue> 17 #include<set> 18 #include<stack> 19 #include<vector> 20 using namespace std; 21 typedef long long ll; 22 23 const double PI=acos(-1.0); 24 const double eps=1e-6; 25 //const ll mod=1e9+7; 26 const int inf=0x3f3f3f3f; 27 const int maxn=2e5+10; 28 const int maxm=100+10; 29 #define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); 30 #define lson l,m,rt<<1 31 #define rson m+1,r,rt<<1|1 32 33 int sum[maxn<<2],lazy[maxn<<2]; 34 int n,m,r,mod; 35 int head[maxn],tot; 36 37 int son[maxn],tid[maxn],fa[maxn],cnt,dep[maxn],siz[maxn],top[maxn]; 38 int w[maxn],wt[maxn]; 39 40 struct Edge{ 41 int to,next; 42 }edge[maxn]; 43 44 void add(int u,int v)//鏈式前向星存邊 45 { 46 edge[tot].to=v; 47 edge[tot].next=head[u]; 48 head[u]=tot++; 49 } 50 51 void init()//初始化 52 { 53 memset(head,-1,sizeof(head)); 54 tot=0;cnt=0; 55 } 56 57 //線段樹部分 58 void pushup(int rt)//上傳lazy標記 59 { 60 sum[rt]=(sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1])%mod; 61 } 62 63 void pushdown(int rt,int m)//下放lazy標記 64 { 65 if(lazy[rt]){ 66 lazy[rt<<1]+=lazy[rt]; 67 lazy[rt<<1|1]+=lazy[rt]; 68 sum[rt<<1]+=(m-(m>>1))*lazy[rt],sum[rt<<1]%=mod; 69 sum[rt<<1|1]+=(m>>1)*lazy[rt],sum[rt<<1|1]%=mod; 70 lazy[rt]=0; 71 } 72 } 73 74 void build(int l,int r,int rt) 75 { 76 lazy[rt]=0; 77 if(l==r){ 78 sum[rt]=wt[l],sum[rt]%=mod;//新的編號點權 79 return ; 80 } 81 82 int m=(l+r)>>1; 83 build(lson); 84 build(rson); 85 pushup(rt); 86 } 87 88 void update(int L,int R,int c,int l,int r,int rt)//區間更新 89 { 90 if(L<=l&&r<=R){ 91 lazy[rt]+=c; 92 sum[rt]+=c*(r-l+1),sum[rt]%=mod; 93 return ; 94 } 95 96 pushdown(rt,r-l+1); 97 int m=(l+r)>>1; 98 if(L<=m) update(L,R,c,lson); 99 if(R> m) update(L,R,c,rson); 100 pushup(rt); 101 } 102 103 int query(int L,int R,int l,int r,int rt) 104 { 105 if(L<=l&&r<=R){ 106 return sum[rt]; 107 } 108 109 int ret=0; 110 pushdown(rt,r-l+1); 111 int m=(l+r)>>1; 112 if(L<=m) ret+=query(L,R,lson),ret%=mod; 113 if(R> m) ret+=query(L,R,rson),ret%=mod; 114 return ret; 115 } 116 117 //樹鏈剖分部分 118 void dfs1(int u,int father) 119 { 120 siz[u]=1;//記錄每個節點子樹大小 121 fa[u]=father;//標記節點的父親 122 dep[u]=dep[father]+1;//標記深度 123 for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){ 124 int v=edge[i].to; 125 if(v==father) continue;//如果連接的是當前節點的父親節點，則不處理 126 dfs1(v,u); 127 siz[u]+=siz[v];//直接子樹節點相加，當前節點的size加上子節點的size 128 if(siz[v]>siz[son[u]]){//如果沒有設置過重節點son或者子節點v的size大于之前記錄的重節點son，進行更新，保存重兒子 129 son[u]=v;//標記u的重兒子為v 130 } 131 } 132 } 133 134 void dfs2(int u,int tp) 135 { 136 top[u]=tp;//標記每個重鏈的頂端 137 tid[u]=++cnt;//每個節點剖分以后的新編號(dfs的執行順序) 138 wt[cnt]=w[u];//新編號的對應權值 139 if(!son[u]) return ;//如果當前節點沒有處在重鏈上，則不處理，否則就將這條重鏈上的所有節點都設置成起始的重節點 140 dfs2(son[u],tp);//搜索下一個重兒子 141 for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next){ 142 int v=edge[i].to; 143 if(v==fa[u]||v==son[u]) continue;//處理輕兒子，如果連接節點不是當前節點的重節點并且也不是u的父節點，則將其的top設置成自己，進一步遞歸 144 dfs2(v,v);//每一個輕兒子都有一個從自己開始的鏈 145 } 146 } 147 148 void update_path(int x,int y,int k)//路徑更新 149 { 150 k%=mod; 151 while(top[x]!=top[y]){ 152 if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);//使x深度較大 153 update(tid[top[x]],tid[x],k,1,n,1); 154 x=fa[top[x]]; 155 } 156 157 if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);//使x深度較小 158 update(tid[x],tid[y],k,1,n,1); 159 } 160 161 int getsum_path(int x,int y)//路徑求和 162 { 163 int ans=0; 164 while(top[x]!=top[y]){//當兩個點不在同一條鏈上 165 if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);//使x深度較大 166 ans+=query(tid[top[x]],tid[x],1,n,1),ans%=mod; 167 x=fa[top[x]];//x跳到x所在鏈頂端的這個點的上面一個點 168 } 169 170 if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);//當兩個點處于同一條鏈,使x深度較小 171 ans+=query(tid[x],tid[y],1,n,1),ans%=mod; 172 return ans; 173 } 174 175 void update_subtree(int x,int k)//子樹更新 176 { 177 update(tid[x],tid[x]+siz[x]-1,k,1,n,1);//子樹區間右端點為tid[x]+siz[x]-1 178 } 179 180 int getsum_subtree(int x)//子樹求和 181 { 182 return query(tid[x],tid[x]+siz[x]-1,1,n,1); 183 } 184 185 int main() 186 { 187 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&mod); 188 init(); 189 for(int i=1;i<=n;i++) 190 scanf("%d",&w[i]);//點權 191 for(int i=1;i<=n-1;i++){ 192 int u,v; 193 scanf("%d%d",&u,&v); 194 add(u,v); 195 add(v,u); 196 } 197 dfs1(r,0);//根節點 198 dfs2(r,r); 199 build(1,n,1); 200 while(m--){ 201 int op,x,y,z; 202 scanf("%d",&op); 203 if(op==1){ 204 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 205 update_path(x,y,z); 206 } 207 else if(op==2){ 208 scanf("%d%d",&x,&y); 209 printf("%d\n",getsum_path(x,y)); 210 } 211 else if(op==3){ 212 scanf("%d%d",&x,&z); 213 update_subtree(x,z); 214 } 215 else if(op==4){ 216 scanf("%d",&x); 217 printf("%d\n",getsum_subtree(x)); 218 } 219 } 220 return 0; 221 }

?

?

溜了溜了。。。

?

轉載于:https://www.cnblogs.com/ZERO-/p/9762991.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的洛谷 P3384 【模板】树链剖分-树链剖分(点权)(路径节点更新、路径求和、子树节点更新、子树求和)模板-备注结合一下以前写的题目，懒得写很详细的注释...的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。