洛谷P3178 [HAOI2015]树上操作（线段树）

题目描述

有一棵点数为 N 的树，以点 1 为根，且树点有边权。然后有 M 个操作，分为三种：操作 1 ：把某个节点 x 的点权增加 a 。操作 2 ：把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。操作 3 ：询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。接下来一行 N 个整数，表示树中节点的初始权值。接下来 N-1 行每行两个正整数 from, to ，表示该树中存在一条边 (from, to) 。再接下来 M 行，每行分别表示一次操作。其中第一个数表示该操作的种类（ 1-3 ），之后接这个操作的参数（ x 或者 x a ）。

输出格式：

对于每个询问操作，输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

说明

对于 100% 的数据， N,M<=100000 ，且所有输入数据的绝对值都不

会超过 10^6 。

题解

　不得不说大佬的思路真是非常厉害

　　我们考虑一下，对一个节点的单点修改会对它整棵子树的答案都产生影响，相当于给它的整个子树都加上一个值，也就是子树的答案都变化了$z$

　　然后考虑给以某个节点为根的子树增加权值，那么节点$y$增加的权值就是$dep[y]*z-(dep[x]-1)*z$，那么我们可以看成是$x$的子树中的每一个节点的答案都变化了$-(dep[x]-1)*z$，那么查询的时候只要记录下每一个节点的$z$值总和$a$，以及上面的变化总和$b$，那么答案就是$a*dep[y]+b$

　　区间修改，单点查询，只要用dfs序+线段树即可

　　ps：然后我抄看代码的时候有一个细节没有弄懂，为啥他每次pushdown的时候可以把$a,b$传给儿子之后自己清零。后来想了想发现因为是单点查询，节点都在最底端，所以上面的点清零对他们没有影响，因为他们的答案已经加上了影响，而且最底端的点不可能再pushdown下去，所以代码没问题，而且能防止上面的点的贡献重复加给下面的点

 //minamoto

 #include<bits/stdc++.h>

 #define ll long long

 using namespace std;

 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)

 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;

 inline int read(){

     #define num ch-'0'

     char ch;bool flag=;int res;

     while(!isdigit(ch=getc()))

     (ch=='-')&&(flag=true);

     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);

     (flag)&&(res=-res);

     #undef num

     return res;

 }

 char sr[<<],z[];int C=-,Z;

 inline void Ot(){fwrite(sr,,C+,stdout),C=-;}

 inline void print(ll x){

     if(C><<)Ot();if(x<)sr[++C]=,x=-x;

     while(z[++Z]=x%+,x/=);

     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';

 }

 const int N=;

 int ver[N<<],Next[N<<],head[N],sz[N],dfn[N],fa[N],tot,num;

 ll a[N<<],b[N<<],val[N],dis[N];

 int n,m;

 inline void add(int u,int v){

     ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot;

     ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot;

 }

 void dfs(int u){

     dis[u]=dis[fa[u]]+,dfn[u]=++num,sz[u]=;

     for(int i=head[u];i;i=Next[i]){

         int v=ver[i];

         if(v!=fa[u]){

             fa[v]=u,dfs(v),sz[u]+=sz[v];

         }

     }

 }

 inline void pushdown(int p){

     a[p<<]+=a[p],a[p<<|]+=a[p];

     b[p<<]+=b[p],b[p<<|]+=b[p];

     a[p]=b[p]=;

 }

 void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,ll x,ll y){

     if(ql<=l&&qr>=r) return (void)(a[p]+=x,b[p]+=y);

     pushdown(p);

     int mid=l+r>>;

     if(ql<=mid) update(p<<,l,mid,ql,qr,x,y);

     if(qr>mid) update(p<<|,mid+,r,ql,qr,x,y);

 }

 ll query(int u,int x,int p,int l,int r){

     if(l==r) return dis[u]*a[p]+b[p];

     pushdown(p);

     int mid=l+r>>;

     if(x<=mid) return query(u,x,p<<,l,mid);

     else return query(u,x,p<<|,mid+,r);

 }

 int main(){

     n=read(),m=read();

     for(int i=;i<=n;++i) val[i]=read();

     for(int i=;i<n;++i){

         int u=read(),v=read();add(u,v);

     }

     dfs();

     for(int i=;i<=n;++i) update(,,n,dfn[i],dfn[i]+sz[i]-,,val[i]);

     while(m--){

         int opt=read(),x=read();

         switch(opt){

             case :{

                 int y=read();

                 update(,,n,dfn[x],dfn[x]+sz[x]-,,y);

                 break;

             }

             case :{

                 int y=read();

                 update(,,n,dfn[x],dfn[x]+sz[x]-,y,-(1ll*(dis[x]-)*y));

                 break;

             }

             case :{

                 print(query(x,dfn[x],,,n));

                 break;

             }

         }

     }

     Ot();

     return ;

 }