题目大意:
  有一棵n节点的树,根为1号节点。每个节点有两个权值ki,ti,初始值均为0。
  给出三种操作:
    1.Add(x,d)操作:将x到根的路径上所有点的ki←ki+d
    2.Mul(x,d)操作:将x到根的路径上所有点的ti←ti+d×ki
    3.Query(x)操作:询问点x的权值tx

思路:
  树链剖分以后用线段树维护。
  对于每个结点,我们可以维护3个数a,b,c,表示最后的t为a*b+c。
  对于操作1,需要修改a(修改后的ki)和c(修改的数再乘以b就多了,要从c中减去)。
  对于操作2,需要修改b。
  然后操作3就变成了单点查询。

 #include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
inline int getint() {
register char ch;
register bool neg=false;
while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') neg=true;
register int x=ch^'';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
return neg?-x:x;
}
const int N=;
std::vector<int> e[N];
inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
int n,par[N],son[N],size[N],dep[N],top[N],id[N];
void dfs1(const int &x,const int &par) {
size[x]=;
::par[x]=par;
dep[x]=dep[par]+;
for(unsigned i=;i<e[x].size();i++) {
const int &y=e[x][i];
if(y==par) continue;
dfs1(y,x);
size[x]+=size[y];
if(size[y]>size[son[x]]) {
son[x]=y;
}
}
}
void dfs2(const int &x) {
id[x]=++id[];
if(x==son[par[x]]) {
top[x]=top[par[x]];
} else {
top[x]=x;
}
if(son[x]) dfs2(son[x]);
for(unsigned i=;i<e[x].size();i++) {
const int &y=e[x][i];
if(y==par[x]||y==son[x]) continue;
dfs2(y);
}
}
struct Tag {
int a,b,c;
void operator += (const Tag &another) {
c+=another.c-another.a*b;
a+=another.a;
b+=another.b;
}
int calc() const {
return a*b+c;
}
};
class SegmentTree {
#define _left <<1
#define _right <<1|1
private:
Tag val[N<<];
void push_down(const int &p) {
val[p _left]+=val[p];
val[p _right]+=val[p];
val[p]=(Tag){,,};
}
public:
void modify(const int &p,const int &b,const int &e,const int &l,const int &r,const Tag &t) {
if(b==l&&e==r) {
val[p]+=t;
return;
}
push_down(p);
const int mid=(b+e)>>;
if(l<=mid) modify(p _left,b,mid,l,std::min(mid,r),t);
if(r>mid) modify(p _right,mid+,e,std::max(mid+,l),r,t);
}
int query(const int &p,const int &b,const int &e,const int &x) {
if(b==e) {
return val[p].calc();
}
push_down(p);
const int mid=(b+e)>>;
return x<=mid?query(p _left,b,mid,x):query(p _right,mid+,e,x);
}
#undef _left
#undef _right
};
SegmentTree t;
inline void modify(int x,const Tag &tag) {
for(;top[x];x=par[top[x]]) {
t.modify(,,n,id[top[x]],id[x],tag);
}
}
inline int query(const int &x) {
return t.query(,,n,id[x]);
}
int main() {
n=getint();
for(register int i=;i<n;i++) {
add_edge(getint(),getint());
}
dfs1(,);
dfs2();
for(register int m=getint();m;m--) {
const int opt=getint(),x=getint();
if(opt==) modify(x,(Tag){getint(),,});
if(opt==) modify(x,(Tag){,getint(),});
if(opt==) printf("%d\n",query(x));
}
return ;
}

[LOJ6208]树上询问的更多相关文章

  1. BZOJ 3221: [Codechef FEB13] Obserbing the tree树上询问( 可持久化线段树 + 树链剖分 )

    树链剖分+可持久化线段树....这个一眼可以看出来, 因为可持久化所以写了标记永久化(否则就是区间修改的线段树的持久化..不会), 结果就写挂了, T得飞起...和管理员拿数据调后才发现= = 做法: ...

  2. [BZOJ 3221][Codechef FEB13] Obserbing the tree树上询问

    [BZOJ 3221]Obserbing the tree树上询问 题目 小N最近在做关于树的题.今天她想了这样一道题,给定一棵N个节点的树,节点按1~N编号,一开始每个节点上的权值都是0,接下来有M ...

  3. bzoj 3221: Obserbing the tree树上询问 树链剖分+线段树

    题目大意: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3221 题解 啊呀...这是昨天的考试题啊...直接就粘了.. 与4515: [Sdoi2 ...

  4. LibreOJ #6208. 树上询问

    内存限制:512 MiB 时间限制:500 ms 标准输入输出 题目类型:传统 评测方式:文本比较 上传者: 匿名 树链剖分+线段树 屠龙宝刀点击就送 #include <vector> ...

  5. dsu on tree 树上启发式合并 学习笔记

    近几天跟着dreagonm大佬学习了\(dsu\ on\ tree\),来总结一下: \(dsu\ on\ tree\),也就是树上启发式合并,是用来处理一类离线的树上询问问题(比如子树内的颜色种数) ...

  6. BZOJ3052/UOJ#58 [wc2013]糖果公园 莫队 带修莫队 树上莫队

    原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/BZOJ3052.html 题目传送门 - BZOJ3052 题目传送门 - UOJ#58 题意 给定一棵树,有 ...

  7. NOIP2013

    DAY1 转圈游戏 列出式子(x+km)%n,快速幂. // codevs3285 #include<algorithm> #include<iostream> #includ ...

  8. 可持久化Trie & 可持久化平衡树 专题练习

    [xsy1629]可持久化序列 - 可持久化平衡树 http://www.cnblogs.com/Sdchr/p/6258827.html [bzoj4260]REBXOR - Trie 事实上只是一 ...

  9. 树链剖分入门-Hdu3966 Aragorn's Story

    AC通道:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3966 [题目大意] 一棵树上每个点有权值,每次支持三种操作:给[a,b]路径上的所有节点的权值加上k, ...

随机推荐

  1. Python MySQLdb 模块使用方法

    import MySQLdb 2.和数据库建立连接 conn=MySQLdb.connect(host="localhost",user="root",pass ...

  2. 解压大文件提示C盘空间不够的问题

    问题说明 今天在服务器解压一个之前上传的数据,大概有180GB,虽然当前盘还有984GB的富余. 但是当我选择解压到当前文件夹时,解压到半路还是提醒C盘的空间不足. 原理 压缩文件解压会在C盘创建一个 ...

  3. c#用UpdatePanel实现接局部刷新

    通常我们看到局部刷新就会想到Ajax,但是我今天要说的是c#的一个控件,只要把服务器按钮和要刷新的区域放在该控件内就能实现局部刷新. 当然它必须和ScriptManager控件一起使用. Update ...

  4. 【Android】实验8 SQLite数据库操作2016.5.12

    实验8  SQLite数据库操作 [目的] 设计一个个人通讯录,掌握Android平台下的数据库开发,该个人通讯录主要包括联系人列表和联系人详细信息等界面. [要求] 程序主界面是通讯录的目录显示手机 ...

  5. BZOJ 2453 维护队列 | 分块

    题目: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2453 题解: 考虑维护每个位置的颜色上一次出现在哪里,计为pre[i],在询问l到r的时候, ...

  6. Pty的字符串(string)

    题目描述 在神秘的东方有一棵奇葩的树,它有一个固定的根节点(编号为1).树的每条边上都是一个字符,字符为a,b,c中的一个,你可以从树上的任意一个点出发,然后沿着远离根的边往下行走,在任意一个节点停止 ...

  7. url为什么要编码及php中的中文字符urlencode基本原理

    首先了解以下中文字符在使用urlencode的时候运用的基本原理: urlencode()函数原理就是首先把中文字符转换为十六进制,然后在每个字符前面加一个标识符%. 此字符串中除了 -_. 之外的所 ...

  8. hadoop学习之HDFS

    1.什么是大数据?什么是云计算?什么是hadoop? 大数据现在很火,到底什么是大数据,多大的数据才算大,一般而言对于TB级以上的数据我们成为大数据,对于这些数据它的价值在哪?大数据的价值就是我们大量 ...

  9. bzoj1009 [HNOI2008] GT考试 矩阵乘法+dp+kmp

    1009: [HNOI2008]GT考试 Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MBSubmit: 4542  Solved: 2815[Submit][Statu ...

  10. jquery 追加元素的方法(append prepend after before 的区别)

    append() 方法在被选元素的结尾插入内容. prepend() 方法在被选元素的开头插入内容. after() 方法在被选元素之后插入内容. before() 方法在被选元素之前插入内容. &l ...