題目描述

給定一棵樹,設計數據結構支持以下操作 1 u v　d　 表示將路徑 (u,v) 加d 2　u　v 表示詢問路徑 (u,v) 上點權絕對值的和

輸入

第一行兩個整數n和m，表示結點個數和操作數 接下來一行n個整數a_i,表示點i的權值接下來n-1行,每行兩個整數u,v表示存在一條(u,v)的邊接下來m行,每行一個操作,輸入格式見題目描述

輸出

對于每個詢問輸出答案

樣例輸入

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

樣例輸出

10
13
9

提示

對于100%的數據，n,m <= 10^5 且 0<= d,|a_i|<= 10^8

?

如果都是正數直接樹鏈剖分+線段樹就行了。

現在有了負數，那不是再維護一個區間正數個數就好了？顯然是不夠的。

因為區間修改時會把一些負數變為正數，會改變區間正數的個數，所以我們要維護區間三個值：

1、區間絕對值之和

2、區間非負數個數

3、區間最大的負數

當每次修改一個區間時如果這個區間的最大負數會變成非負數，那么說明這個區間的非負數個數會改變，因此要重構這個區間。

怎么重構呢？

對于這個區間的左右子區間，對于不需要重構的子區間下傳標記，對于需要重構的子區間就遞歸重構下去。

因為每個數最多只會被重構一次，因此重構均攤O(nlogn)。總時間復雜度還是O(mlogn)級別。

#include<set> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<cmath> #include<cstdio> #include<vector> #include<bitset> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; int num[800010]; int mx[800010]; ll sum[800010]; int d[100010]; int f[100010]; int son[100010]; int size[100010]; int top[100010]; int to[200010]; int tot; int head[100010]; int s[100010]; int q[100010]; int n,m; int x,y,z; int opt; int cnt; ll a[800010]; int next[200010]; int v[100010]; int merge(int x,int y) {if(x<0&&y<0){return max(x,y);}if(x<0){return x;}if(y<0){return y;}return 0; } void add(int x,int y) {tot++;next[tot]=head[x];head[x]=tot;to[tot]=y; } void dfs(int x) {size[x]=1;d[x]=d[f[x]]+1;for(int i=head[x];i;i=next[i]){if(to[i]!=f[x]){f[to[i]]=x;dfs(to[i]);size[x]+=size[to[i]];if(size[to[i]]>size[son[x]]){son[x]=to[i];}}} } void dfs2(int x,int tp) {s[x]=++cnt;top[x]=tp;q[cnt]=x;if(son[x]){dfs2(son[x],tp);}for(int i=head[x];i;i=next[i]){if(to[i]!=f[x]&&to[i]!=son[x]){dfs2(to[i],to[i]);}} } void pushup(int rt) {num[rt]=num[rt<<1]+num[rt<<1|1];sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];mx[rt]=merge(mx[rt<<1],mx[rt<<1|1]); } void pushdown(int rt,bool x,bool y,int l,int r) {if(a[rt]){int mid=(l+r)>>1;if(x){if(mx[rt<<1]){mx[rt<<1]+=a[rt];}sum[rt<<1]+=1ll*(2*num[rt<<1]-(mid-l+1))*a[rt];a[rt<<1]+=a[rt];}if(y){if(mx[rt<<1|1]){mx[rt<<1|1]+=a[rt];}sum[rt<<1|1]+=1ll*(2*num[rt<<1|1]-(r-mid))*a[rt];a[rt<<1|1]+=a[rt];}a[rt]=0;} } void build(int rt,int l,int r) {if(l==r){if(v[q[l]]<0){mx[rt]=v[q[l]];}else{num[rt]=1;}sum[rt]=abs(v[q[l]]);return ;}int mid=(l+r)>>1;build(rt<<1,l,mid);build(rt<<1|1,mid+1,r);pushup(rt); } void rebuild(int rt,int l,int r,ll c) {if(l==r){num[rt]=1;sum[rt]=mx[rt]+c;mx[rt]=0;return ;}int mid=(l+r)>>1;c+=a[rt];a[rt]=c;if(mx[rt<<1]&&mx[rt<<1]+c>=0&&mx[rt<<1|1]&&mx[rt<<1|1]+c>=0){a[rt]=0;rebuild(rt<<1,l,mid,c);rebuild(rt<<1|1,mid+1,r,c);}else if(mx[rt<<1]&&mx[rt<<1]+c>=0){pushdown(rt,0,1,l,r);rebuild(rt<<1,l,mid,c);}else if(mx[rt<<1|1]&&mx[rt<<1|1]+c>=0){pushdown(rt,1,0,l,r);rebuild(rt<<1|1,mid+1,r,c);}pushup(rt); } void change(int rt,int l,int r,int L,int R,int c) {if(L<=l&&r<=R){if(mx[rt]+c>=0&&mx[rt]){rebuild(rt,l,r,c);}else{if(mx[rt]){mx[rt]+=c;}a[rt]+=c;sum[rt]+=1ll*(2*num[rt]-(r-l+1))*c;}return ;}int mid=(l+r)>>1;pushdown(rt,1,1,l,r);if(L<=mid){change(rt<<1,l,mid,L,R,c);}if(R>mid){change(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,c);}pushup(rt); } ll query(int rt,int l,int r,int L,int R) {if(L<=l&&r<=R){return sum[rt];}pushdown(rt,1,1,l,r);int mid=(l+r)>>1;long long res=0;if(L<=mid){res+=query(rt<<1,l,mid,L,R);}if(R>mid){res+=query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);}return res; } void updata(int x,int y,int z) {while(top[x]!=top[y]){if(d[top[x]]<d[top[y]]){swap(x,y);}change(1,1,n,s[top[x]],s[x],z);x=f[top[x]];}if(d[x]>d[y]){swap(x,y);}change(1,1,n,s[x],s[y],z); } ll downdata(int x,int y) {ll res=0;while(top[x]!=top[y]){if(d[top[x]]<d[top[y]]){swap(x,y);}res+=query(1,1,n,s[top[x]],s[x]);x=f[top[x]];}if(d[x]>d[y]){swap(x,y);}res+=query(1,1,n,s[x],s[y]);return res; } int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&v[i]);}for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}dfs(1);dfs2(1,1);build(1,1,n);while(m--){scanf("%d",&opt);scanf("%d%d",&x,&y);if(opt==1){scanf("%d",&z);updata(x,y,z);}else{printf("%lld\n",downdata(x,y));}} }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ4127Abs——树链剖分+线段树的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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