题目描述

众所周知

树链剖分是个好东西QWQ

也是一个代码量破百的算法

基本定义

树路径信息维护算法。
ž将一棵树划分成若干条链,用数据结构去维护每条链,复杂度为O(logN)。
其实本质是一些数据结构/算法在树上的推广
 
华丽的分割线-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
 

 
 

具体步骤

预处理
第一遍dfs求出树每个结点的深度deep[x],其为根的子树大小size[x]
以及祖先的信息fa[x][i]表示x往上距离为2^i的祖先
第二遍dfs
ž根节点为起点,向下拓展构建重链
选择最大的一个子树的根继承当前重链
其余节点,都以该节点为起点向下重新拉一条重链
ž给每个结点分配一个位置编号,每条重链就相当于一段区间,用数据结构去维护。
把所有的重链首尾相接,放到同一个数据结构上,然后维护这一个整体即可
修改操作
ž1、单独修改一个点的权值
根据其编号直接在数据结构中修改就行了。
2、修改点u和点v的路径上的权值
(1)若u和v在同一条重链上
直接用数据结构修改pos[u]至pos[v]间的值。
(2)若u和v不在同一条重链上
一边进行修改,一边将u和v往同一条重链上靠,然后就变成了情况(1)。
 
具体代码
 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;int f=1;char c=getchar();
for(;c>'9'||c<'0';c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x*=f;
}
template <typename T> inline void print(T x)
{
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+48);
}
int tree[1010001],lazy[1010101];
struct ss{
int v;
int next;
int u;
};
ss s1[1010001];
int head[1101001],cnt;
int w[1010101],wt[1010101];
int n,m,r,mod;
int res=0;
int son[1010101],id[1010101],fa[1010101],tot,deep[1010100],size[1010101],top[1010010];
//--------------------------------------
inline void build(int rt,int l,int r)
{
if(l==r)
{
tree[rt]=wt[l];
tree[rt]%=mod;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
tree[rt]=(tree[rt<<1]+tree[rt<<1|1])%mod;
}
inline void pushdown(int rt,int len)
{
lazy[rt<<1]+=lazy[rt];
lazy[rt<<1|1]+=lazy[rt];
tree[rt<<1]+=lazy[rt]*(len-(len>>1));
tree[rt<<1|1]+=lazy[rt]*(len>>1);
tree[rt<<1]%=mod;
tree[rt<<1|1]%=mod;
lazy[rt]=0;
}
inline void query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=l&&r<=R)
{
res+=tree[rt],res%=mod;
return;
}
else
{
if(lazy[rt])
pushdown(rt,(r-l+1));
if(L<=mid)
query(rt<<1,l,mid,L,R);
if(R>mid)
query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
}
inline void update(int rt,int l,int r,int L,int R,int k)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=l&&r<=R)
lazy[rt]+=k,tree[rt]+=k*(r-l+1);
else
{
if(lazy[rt])
pushdown(rt,r-l+1);
if(L<=mid)
update(rt<<1,l,mid,L,R,k);
if(R>mid)
update(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,k);
tree[rt]=(tree[rt<<1]+tree[rt<<1|1])%mod;
}
}
//--------------------------------------
inline void abb(int x,int y)
{
cnt++;
s1[cnt].u=x;
s1[cnt].v=y;
s1[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt;
}
inline void DFS(int x,int f,int dep)
{
deep[x]=dep;
fa[x]=f;
size[x]=1;
int MAXX=-1;
for(register int i=head[x];i;i=s1[i].next)
{
int v=s1[i].v;
if(v==f)
continue;
DFS(v,x,dep+1);
size[x]+=size[v];
if(size[v]>MAXX)
son[x]=v,MAXX=size[v];
}
}
inline void DFS_(int x,int TOP)
{
id[x]=++tot;
wt[tot]=w[x];
top[x]=TOP;
if(!son[x])
return;
DFS_(son[x],TOP);
for(register int i=head[x];i;i=s1[i].next)
{
int v=s1[i].v;
if(v==fa[x]||v==son[x])
continue;
DFS_(v,v);
}
}
//--------------------------------------------
inline int qSon(int x)
{
res=0;
query(1,1,n,id[x],id[x]+size[x]-1);
return res;
}
inline void updSon(int x,int k)
{
update(1,1,n,id[x],id[x]+size[x]-1,k);
}
inline void updRange(int x,int y,int k)
{
k%=mod;
while(top[x]!=top[y])
{
if(deep[top[x]]<deep[top[y]])
swap(x,y);
update(1,1,n,id[top[x]],id[x],k);
x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]>deep[y])
swap(x,y);
update(1,1,n,id[x],id[y],k);
}
inline int qRange(int x,int y)
{
int ans=0;
while(top[x]!=top[y])
{
if(deep[top[x]]<deep[top[y]])
swap(x,y);
res=0,query(1,1,n,id[top[x]],id[x]),ans+=res,ans%=mod,x=fa[top[x]];
}
if(deep[x]>deep[y])
swap(x,y);
res=0,query(1,1,n,id[x],id[y]),ans+=res;
return ans%mod;
}
int main()
{
read(n),read(m),read(r),read(mod);
for(register int i=1;i<=n;++i)
read(w[i]);
for(register int i=1,a,b;i<n;++i)
read(a),read(b),abb(a,b),abb(b,a);
DFS(r,0,1);
DFS_(r,r);
build(1,1,n);
while(m--)
{
int a,b,c,q;
read(q);
if(q==1)
read(a),read(b),read(c),updRange(a,b,c);
else if(q==2)
read(a),read(b),print(qRange(a,b)),putchar('\n');
else if(q==3)
read(a),read(b),updSon(a,b);
else
read(a),print(qSon(a)),putchar('\n');
}
return 0;
}
 

【模板】树链剖分(Luogu P3384)的更多相关文章

  1. [luogu P3384] [模板]树链剖分

    [luogu P3384] [模板]树链剖分 题目描述 如题,已知一棵包含N个结点的树(连通且无环),每个节点上包含一个数值,需要支持以下操作: 操作1: 格式: 1 x y z 表示将树从x到y结点 ...

  2. luoguP3384 [模板]树链剖分

    luogu P3384 [模板]树链剖分 题目 #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstdio> #inc ...

  3. 树链剖分 - Luogu 3384【模板】树链剖分

    [模板]树链剖分 题目描述 已知一棵包含N个结点的树(连通且无环),每个节点上包含一个数值,需要支持以下操作: 操作1: 格式: 1 x y z 表示将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z 操 ...

  4. [洛谷P3384] [模板] 树链剖分

    题目传送门 显然是一道模板题. 然而索引出现了错误,狂wa不止. 感谢神犇Dr_J指正.%%%orz. 建线段树的时候,第44行. 把sum[p]=bv[pos[l]]%mod;打成了sum[p]=b ...

  5. P3384 [模板] 树链剖分

    #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n, m, rt, mod, cnt, to ...

  6. 模板 树链剖分BFS版本

    //点和线段树都从1开始 //边使用vector vector<int> G[maxn]; ],num[maxn],iii[maxn],b[maxn],a[maxn],top[maxn], ...

  7. 『题解』洛谷P3384 【模板】树链剖分

    Problem Portal Portal1: Luogu Description 如题,已知一棵包含\(N\)个结点的树(连通且无环),每个节点上包含一个数值,需要支持以下操作: 操作\(1\): ...

  8. 树链剖分详解(洛谷模板 P3384)

    洛谷·[模板]树链剖分 写在前面 首先,在学树链剖分之前最好先把 LCA.树形DP.DFS序 这三个知识点学了 emm还有必备的 链式前向星.线段树 也要先学了. 如果这三个知识点没掌握好的话,树链剖 ...

  9. Luogu P3384 【【模板】树链剖分】

    转载请注明出处,部分内容引自banananana大神的博客 ~~别说你不知道什么是树~~╮(─▽─)╭(帮你百度一下) 先来回顾两个问题:1,将树从x到y结点最短路径上所有节点的值都加上z 这也是个模 ...

随机推荐

  1. 苹果IOS内购二次验证返回state为21002的坑

    项目是三四年前的老项目,之前有IOS内购二次验证的接口,貌似很久都没用了,然而最近IOS的妹子说接口用不了,让我看看啥问题.接口流程时很简单的,就是前端IOS在购买成功之后,接收到receipt后进行 ...

  2. springBean生命周期----来自spring实战总结

    1.Spring对bean进行实例化 2.Spring将值和bean的引用注入到bean对应的属性中(比如说注入到被依赖的bean的方法中或属性里) 3.如果bean实现了BeanNameAware接 ...

  3. 《ElasticSearch6.x实战教程》之复杂搜索、Java客户端(下)

    第八章-复杂搜索 黑夜给了我黑色的眼睛,我却用它寻找光明. 经过了解简单的API和简单搜索,已经基本上能应付大部分的使用场景.可是非关系型数据库数据的文档数据往往又多又杂,各种各样冗余的字段,组成了一 ...

  4. Catalan公式

    f(n)=f(1)*f(n-1)+f(2)*f(n-2)+f(3)*f(n-3)+......+f(n-1)*f(1) 例用:一个长度为n的无重复序列入栈的所有出栈方式

  5. [PTA] 数据结构与算法题目集 6-2 顺序表操作集

    //创建并返回一个空的线性表: List MakeEmpty() { List L; L = (List)malloc(sizeof(struct LNode)); L->Last = -1; ...

  6. 2017day2

    系统模块: # Author: sonny# -*- coding:utf-8 -*-import sys; #print(sys.path);print(sys.argv);print(sys.ar ...

  7. 「Sqlserver」数据分析师有理由爱Sqlserver之九-无利益关系推荐Sqlserver书单

    在前面系列文章的讲述下,部分读者有兴趣进入Sqlserver的世界的话,笔者不太可能在自媒体的载体上给予全方位的带领,最合适的方式是通过系统的书籍来学习,此篇给大家梳理下笔者曾经看过的自觉不错值得推荐 ...

  8. Redis(六)--- Redis过期策略与内存淘汰机制

    1.简述 关于Redis键的过期策略,首先要了解两种时间的区别,生存时间和过期时间: 生存时间:一段时长,如30秒.6000毫秒,设置键的生存时间就是设置这个键可以存在多长时间,命令有两个 expir ...

  9. 基于Spark Grahpx+Neo4j 实现用户社群发现

    上一篇文章知识图谱在大数据中的应用我们介绍了知识图谱的一些概念和应用场景,今天我们就来看一个具体的应用案例了解下知识图谱的应用.用户增长对于一个APP的生存起到了至关重要的作用,没有持续的用户增长,再 ...

  10. Ubuntu18.04服务器使用netplan网络构建桥接kvm虚拟机

    参考链接 Ubuntu 18.04 LTS安装KVM虚拟机 如何在 Ubuntu 18.04 服务器上安装和配置 KVM KVM日常管理和克隆 KVM详解 1.准备工作 首先需要检查一下CPU是否支持 ...