题目描述
一棵n个点的树，每个点的初始权值为1。对于这棵树有q个操作，每个操作为以下四种操作之一：
+ u v c：将u到v的路径上的点的权值都加上自然数c；- u1 v1 u2 v2：将树中原有的边(u1,v1)删除，加入一条新边(u2,v2)，保证操作完之后仍然是一棵树；* u v c：将u到v的路径上的点的权值都乘上自然数c；/ u v：询问u到v的路径上的点的权值和，求出答案对于51061的余数。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个整数n，q
接下来n-1行每行两个正整数u，v，描述这棵树
接下来q行，每行描述一个操作
输出格式：
对于每个/对应的答案输出一行
输入输出样例
输入样例#1：
3 2
1 2
2 3
* 1 3 4
/ 1 1
输出样例#1：
4
说明
10%的数据保证，1<=n，q<=2000
另外15%的数据保证，1<=n，q<=5*10^4，没有-操作，并且初始树为一条链
另外35%的数据保证，1<=n，q<=5*10^4，没有-操作
100%的数据保证，1<=n，q<=10^5，0<=c<=10^4
By (伍一鸣)
题解
这个题类似模板，只是变成了维护加法和乘法
类似于维护线段数时的加法和乘法
维护乘法时，要乘维护的和，点的权值和加法的lazy标记
维护加法的话，就直接加就行了
（这道题我有个地方少打了个＝号，结果找了一个半小时。。）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define lc(x) ch[(x)][0]
#define rc(x) ch[(x)][1]
const int MAXN=100000+10,Mod=51061;
ll n,q,Val[MAXN];
struct LCT{
ll ch[MAXN][2],fa[MAXN],rev[MAXN],size[MAXN],sum[MAXN],add[MAXN],mul[MAXN];
inline void init()
{
for(register int i=1;i<=n;++i)Val[i]=size[i]=sum[i]=mul[i]=1;
memset(ch,0,sizeof(ch));
memset(fa,0,sizeof(fa));
memset(rev,0,sizeof(rev));
}
inline bool nroot(ll x)
{
return rc(fa[x])==x||lc(fa[x])==x;
}
inline void reverse(ll x)
{
std::swap(lc(x),rc(x));
rev[x]^=1;
}
inline void plus(ll x,ll k)
{
(Val[x]+=k)%=Mod;
(sum[x]+=size[x]*k%Mod)%Mod;
(add[x]+=k)%=Mod;
}
inline void multi(ll x,ll k)
{
(Val[x]*=k)%=Mod;
(sum[x]*=k)%=Mod;
(add[x]*=k)%=Mod;(mul[x]*=k)%=Mod;
}
inline void pushup(ll x)
{
size[x]=size[lc(x)]+size[rc(x)]+1;
sum[x]=(sum[lc(x)]+sum[rc(x)]+Val[x])%Mod;
}
inline void pushdown(ll x)
{
if(mul[x]!=1)
{
multi(lc(x),mul[x]);multi(rc(x),mul[x]);
mul[x]=1;
}
if(add[x])
{
plus(lc(x),add[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(ll x)
{
ll 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(ll x)
{
std::stack<ll> s;
s.push(x);
for(register int i=x;nroot(i);i=fa[i])s.push(fa[i]);
while(!s.empty())pushdown(s.top()),s.pop();
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(ll x)
{
for(register ll y=0;x;x=fa[y=x])splay(x),rc(x)=y,pushup(x);
}
inline void makeroot(ll x)
{
access(x);splay(x);reverse(x);
}
inline void split(ll x,ll y)
{
makeroot(x);access(y);splay(y);
}
inline void link(ll x,ll y)
{
makeroot(x);fa[x]=y;
}
inline void cut(ll x,ll y)
{
split(x,y);fa[x]=lc(y)=0;pushup(y);
}
};
LCT T;
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);
T.init();
for(register int i=1;i<n;++i)
{
ll u,v;
read(u);read(v);
T.link(u,v);
}
while(q--)
{
char opt;
std::cin>>opt;
if(opt=='+')
{
ll u,v,c;
read(u);read(v);read(c);
T.split(u,v);T.plus(v,c);
}
if(opt=='*')
{
ll u,v,c;
read(u);read(v);read(c);
T.split(u,v);T.multi(v,c);
}
if(opt=='/')
{
ll u,v;
read(u);read(v);
T.split(u,v);
write(T.sum[v],'\n');
}
if(opt=='-')
{
ll u1,v1,u2,v2;
read(u1);read(v1);read(u2);read(v2);
T.cut(u1,v1);T.link(u2,v2);
}
}
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/hongyj/p/8688060.html
时间： 2024-11-09 04:58:28