【刷题】BZOJ 3626 [LNOI2014]LCA

Description

给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。

设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。

有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。

（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）

Input

第一行2个整数n q。

接下来n-1行，分别表示点1到点n-1的父节点编号。

接下来q行，每行3个整数l r z。

Output

输出q行，每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出

Sample Input

5 2

0

0

1

1

1 4 3

1 4 2

Sample Output

8

5

HINT

共5组数据，n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。

Solution

答案要求：\(\sum_{i=l}^rdep[lca(i,z)]\)

转化答案，我们把 \(l\) 到 \(r\) 中所有的点到根的路径上的所有点权+1，然后答案就变成了 \(z\) 到根的权值之和

这个东西用LCT维护就行了

然后考虑多次询问的问题

我们把询问按 \(l\) （也不尽是 \(l\) ）从小到大排好序后，从1到n枚举树上的点加点权的时候，如果有一个询问的 \(l\) 或 \(r\) 正好是当前枚举的点，就记录下来，也就是说，对于每个 \(l\) 或 \(r\) 与当前枚举的点的编号相同的话，就记录一个\(\sum_{j=1}^ivalue_j\)

最后用差分的思想，\(ans[l,r]=ans[1,r]-ans[1,l-1]\)

就可以求答案了

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
const int MAXN=50000+10,Mod=201314;
int n,q,ans[MAXN];
struct question{
	int id,pt,ps,vp;
	inline bool operator < (const question &A) const {
		return ps<A.ps;
	};
};
question Q[MAXN<<1];
#define lc(x) ch[(x)][0]
#define rc(x) ch[(x)][1]
struct LCT{
	int ch[MAXN][2],fa[MAXN],rev[MAXN],sum[MAXN],val[MAXN],add[MAXN],stack[MAXN],cnt,size[MAXN];
	inline bool nroot(int x)
	{
		return lc(fa[x])==x||rc(fa[x])==x;
	}
	inline void reverse(int x)
	{
		std::swap(lc(x),rc(x));
		rev[x]^=1;
	}
	inline void plus(int x,int k)
	{
		(sum[x]+=k*size[x]%Mod)%=Mod;
		(val[x]+=k)%=Mod;(add[x]+=k)%=Mod;
	}
	inline void pushup(int x)
	{
		size[x]=size[lc(x)]+size[rc(x)]+1;
		sum[x]=(sum[lc(x)]+sum[rc(x)]+val[x])%Mod;
	}
	inline void pushdown(int x)
	{
		if(add[x])
		{
			if(lc(x))plus(lc(x),add[x]);
			if(rc(x))plus(rc(x),add[x]);
			add[x]=0;
		}
		if(rev[x])
		{
			if(lc(x))reverse(lc(x));
			if(rc(x))reverse(rc(x));
			rev[x]=0;
		}
	}
	inline void rotate(int x)
	{
		int f=fa[x],p=fa[f],c=(rc(f)==x);
		if(nroot(f))ch[p][rc(p)==f]=x;
		fa[ch[f][c]=ch[x][c^1]]=f;
		fa[ch[x][c^1]=f]=x;
		fa[x]=p;
		pushup(f);
		pushup(x);
	}
	inline void splay(int x)
	{
		cnt=0;
		stack[++cnt]=x;
		for(register int i=x;nroot(i);i=fa[i])stack[++cnt]=fa[i];
		while(cnt)pushdown(stack[cnt--]);
		for(register int y=fa[x];nroot(x);rotate(x),y=fa[x])
			if(nroot(y))rotate((lc(y)==x)==(lc(fa[y])==y)?y:x);
		pushup(x);
	}
	inline void access(int x)
	{
		for(register int y=0;x;x=fa[y=x])splay(x),rc(x)=y,pushup(x);
	}
	inline void makeroot(int x)
	{
		access(x);splay(x);reverse(x);
	}
	inline void split(int x,int y)
	{
		makeroot(x);access(y);splay(y);
	}
	inline void link(int x,int y)
	{
		makeroot(x);fa[x]=y;
	}
};
LCT T;
#undef lc
#undef rc
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
int main()
{
	read(n);read(q);
	for(register int i=2;i<=n;++i)
	{
		int u;read(u);u++;
		T.link(i,u);
	}
	for(register int i=1,l,r,z;i<=q;++i)
	{
		read(l);read(r);read(z);
		l++;r++;z++;
		Q[i].ps=l-1;Q[i].pt=-1;Q[i].id=i;Q[i].vp=z;
		Q[i+q].ps=r;Q[i+q].pt=1;Q[i+q].id=i;Q[i+q].vp=z;
	}
	std::sort(Q+1,Q+q*2+1);
	for(register int i=1,j=1;i<=n;++i)
	{
		while(Q[j].ps<i&&j<=q*2)++j;
		T.split(1,i);T.plus(i,1);
		while(Q[j].ps==i&&j<=q*2)
		{
			T.split(1,Q[j].vp);
			(ans[Q[j].id]+=(Q[j].pt*T.sum[Q[j].vp]%Mod+Mod)%Mod)%=Mod;
			++j;
		}
	}
	for(register int i=1;i<=q;++i)write(ans[i],'\n');
	return 0;
}