传送门


思路

这思路好妙啊!

首先很多人都会想到推式子之后树链剖分+线段树,但这样不够优美,不喜欢。

脑洞大开想到这样一个式子:

\[\sum_{x} sum_x(All-sum_x)
\]

其中\(sum_x\)表示\(x\)子树和,\(All\)表示所有点的权值和。

发现不管哪个点为根,只要每个点的权值不变,这个式子的值就不变。

证明:对于点对\((u,v)\),\(w_u\times w_v\)被算了\(dis(u,v)\)次,因为每个在路径上的\(x\)都会算一次。

于是就有

\[W=\sum_x sum_x(All-sum_x)=All\sum_x sum_x -\sum_x sum_x^2\\
\sum_{x} sum_x^2=All\sum_x sum_x-W
\]

\(W​\)怎么统计呢?\(w_x+=\Delta w​\)时\(W+=\Delta w\sum_u w_udis(u,x)​\),后面的可以动态点分治。

以\(root\)为根时\(\sum_x sum_x\)等价于\(\sum_x w_x(dis(x,root)+1)=All+\sum_x w_xdis(x,root)\),同样可以动态点分治。

点分治的具体做法参见幻想乡战略游戏,式子基本一样,但那里的代码很繁琐,建议代码看这里。

那么就做完啦!


代码

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
using namespace std;
#define pil pair<int,ll>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define templ template<typename T>
#define sz 202020
typedef long long ll;
typedef double db;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templ inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
inline void print(register int x)
{
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
void file()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.txt","r",stdin);
#endif
}
inline void chktime()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
#endif
}
#ifdef mod
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
#else
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
#endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std; int n,m;
ll val[sz];
struct hh{int t,nxt;}edge[sz<<1];
int head[sz],ecnt;
void make_edge(int f,int t)
{
edge[++ecnt]=(hh){t,head[f]};
head[f]=ecnt;
edge[++ecnt]=(hh){f,head[t]};
head[t]=ecnt;
} bool vis[sz];
int size[sz],mn,root,tot;
#define v edge[i].t
void findroot(int x,int fa)
{
int S=-1;
size[x]=1;
go(x) if (v!=fa&&!vis[v])
{
findroot(v,x);
chkmax(S,size[v]);
size[x]+=size[v];
}
chkmax(S,tot-size[x]);
if (chkmin(mn,S)) root=x;
}
vector<int>fa[sz],disf[sz];
ll sum[sz]; // \sum val[v]
ll Sum[sz]; // \sum val[v]*dis(x,v)
ll sumF[sz]; // \sum val[v]*dis(fa[x],v)
void dfs(int x,int par,int u,int d)
{
fa[x].push_back(u);disf[x].push_back(d);
go(x) if (v!=par&&!vis[v]) dfs(v,x,u,d+1);
}
void build(int x)
{
vis[x]=1;dfs(x,0,x,0);
int all=tot;
go(x) if (!vis[v])
{
tot=size[v];if (tot>size[x]) tot=all-size[x];mn=1e9;
findroot(v,0);
build(root);
}
}
#undef v
void add(int x,ll w)
{
drep(i,(int)fa[x].size()-1,1)
{
int u=fa[x][i];
ll d=disf[x][i],dd=disf[x][i-1];
sum[u]+=w;Sum[u]+=w*d;sumF[u]+=w*dd;
}
int u=fa[x][0],d=disf[x][0];
sum[u]+=w;Sum[u]+=w*d;
}
ll query(int x)
{
ll ret=Sum[x];
drep(i,(int)fa[x].size()-2,0)
{
int u=fa[x][i],uu=fa[x][i+1];
ll d=disf[x][i];
ret+=Sum[u]-sumF[uu]+d*(sum[u]-sum[uu]);
}
return ret;
} ll W,All;
void Add(int x,ll w)
{
W+=w*query(x);All+=w;
add(x,w);
val[x]+=w;
}
ll Query(int x){return All*(query(x)+All)-W;} int main()
{
file();
read(n,m);
int x,y,z;
rep(i,1,n-1) read(x,y),make_edge(x,y);
tot=n;mn=1e9;findroot(1,0);build(root);
rep(i,1,n) read(x),Add(i,x);
while (m--)
{
read(z);
if (z==1) read(x,y),Add(x,y-val[x]);
else read(x),printf("%lld\n",Query(x));
}
return 0;
}

洛谷P3676 小清新数据结构题 [动态点分治]的更多相关文章

  1. 洛谷P3676 小清新数据结构题 【树剖 + BIT】

    题目链接 洛谷P3676 题解 我们先维护\(1\)为根的答案,再考虑换根 一开始的答案可以\(O(n)\)计算出来 考虑修改,记\(s[u]\)表示\(u\)为根的子树的权值和 当\(u\)节点产生 ...

  2. 洛谷 P3676 - 小清新数据结构题(动态点分治)

    洛谷题面传送门 题目名称好评(实在是太清新了呢) 首先考虑探究这个"换根操作"有什么性质.我们考虑在换根前后虽然每个点的子树会变,但整棵树的形态不会边,换句话说,割掉每条边后,得到 ...

  3. 【刷题】洛谷 P3676 小清新数据结构题

    题目背景 本题时限2s,内存限制256M 题目描述 在很久很久以前,有一棵n个点的树,每个点有一个点权. 现在有q次操作,每次操作是修改一个点的点权或指定一个点,询问以这个点为根时每棵子树点权和的平方 ...

  4. 洛谷P3676 小清新数据结构题(动态点分治+树链剖分)

    传送门 感觉这题做下来心态有点崩……$RMQ$求$LCA$没有树剖快我可以理解为是常数太大……然而我明明用了自以为不会退化的点分然而为什么比会退化的点分跑得反而更慢啊啊啊啊~~~ 先膜一波zsy大佬 ...

  5. 洛谷 P3676 小清新数据结构题

    https://www.luogu.org/problemnew/show/P3676 这题被我当成动态dp去做了,码了4k,搞了一个换根的动态dp #include<cstdio> #i ...

  6. Luogu3676 小清新数据结构题 动态点分治

    传送门 换根类型的统计问题动态点分治都是很好做的. 设所有点的点权和为$sum$ 首先,我们先不考虑求$\sum\limits_i s_i^2$,先考虑如何在换根的情况下求$\sum\limits_i ...

  7. 洛谷 P3672 小清新签到题 [DP 排列]

    传送门 题意:给定自然数n.k.x,你要求出第k小的长度为n的逆序对对数为x的1~n的排列 $n \le 300, k \le 10^13$ 一下子想到hzc讲过的DP 从小到大插入,后插入不会对前插 ...

  8. [P3676]小清新数据结构题

    Description: 给你一棵树,每次询问以一个点为根时所有子树点权和的平方和 带修改 Hint: \(n\le 2*10^5\) Solution: 这题只要推出式子就很简单了 如果不换根这个平 ...

  9. [洛谷P3672]小清新签到题

    题目描述 题目还是简单一点好. 给定自然数n.k.x,你要求出第k小的长度为n的逆序对对数为x的1~n的排列a1,a2...an,然后用仙人图上在线分支定界启发式带花树上下界最小费用流解决问题,保证存 ...

随机推荐

  1. CorelDrawX8安装时提示已安装另一个版本

    (1)首先卸载VIsualC++ 2015 运行库. (2)如果有VisualC++ 2017运行库,卸载VisualC++2017运行库,即可.

  2. pyqt5-控件是否可用

    setEnabled(bool)      设置控件是否可用 True  可用 isEnabled()      获取控件是否可用 s=button.isEnabled()

  3. jdk环境配置以及java执行过程

    下载好jdk,并按照提示一步步安装,最后记下jdk所在的安装位置,这里假设在C:\Program Files (x86)\Java\jdk1.8.0_20 现在开始配置环境变量.鼠标右键点击“计算机” ...

  4. shell实现带颜色输出的进度条

    1.基础版 #!/bin/bash b='' ;$i<=;i+=)) do printf "执行进度 :[%-50s]%d%%\r" $b $i sleep 0.001 b= ...

  5. [转] Linux shell判断文件和文件夹是否存在

    shell判断文件,目录是否存在或者具有权限 #!/bin/sh myPath="/var/log/httpd/" myFile="/var /log/httpd/acc ...

  6. 安装Vmware并破解

    1. 先下载Vmware安装包 链接:http://pan.baidu.com/s/1hsjCKgk 密码:c1o6 2. 解压缩 3. 运行VMware-workstation-full-10.0. ...

  7. zabbix系列 ~ mongo监控相关

    ,一 简介: 我们来谈谈mongo的监控二 核心命令    rs.status() 关注复制集群是否健康    db.serverStatus() 关注实例整体性能三 目标解读   主要来解读下db. ...

  8. python - 字符编码/格式化/替换符

  9. python - 文件系统和文件

    文件系统和文件        文件系统是os用于明确磁盘或分区上的文件的方法和数据结构--即在磁盘上组织文件的方法        计算机文件,是存储在某种长期储存设备或临时存储设备中的一段数据流,并且 ...

  10. SFTP远程连接服务器上传下载文件-vs2013项目实例

    本项目仅测试远程连接服务器,支持上传,下载文件,更多功能开发请看API自行开发. 环境:win7系统,vs2013 vs2013项目实例下载地址:CSDN下载 如果没有CSDN积分,百度网盘下载(密码 ...