树的dfs序指从根节点进行dfs(先序遍历),每次到达某个点的时间和离开这个点的时间.它可以将树上的问题转换成序列问题进行处理.
比如对于p1539的样例可以这样解释.
每个点的左边数字表示进入该点的"时间",右边的数字表示离开该点的"时间".对dfs序的介绍就到这里.
然后来看一个例题:
先读入边,跑一遍dfs确定dfs序.
对于操作1,把点x的进入的"时间"+=a,把x出去的"时间"-=a
这样操作3询问根节点到y的路径点权和时,我们询问y的进入的时间的前缀和.如果这个路径经过点x,即x是y的祖先,由于x的进入的时间早于y进入的时间,x出去的时间晚于y进入的时间,贡献会正确的加上去,否则1.如果dfs序本来就在y之后当然不会影响.2.如果x的dfs序在y之前,一定进入的时间和出去的时间都早于y进入的时间,对y没有贡献.
如果只有操作1,3,只需要一个树状数组即可.那来看一下操作2.将x的子树所有节点点权都+v,这个就有些难了吧.
考虑区间修改,用一个线段树维护区间点权和与区间内"进入的数量-出去的数量",每次修改的时候将x进入的时间和出去的时间这个区间打上标记v.下传标记的时候可以使得区间和+=v*"进去的数量-出去的数量".
至此,本题已经A掉了.很久没写区间修改的线段树了,竟然不知道区间修改需要懒标记...写代码20分钟,找错误30分钟,发现懒标记的问题后5分钟修改完毕.
并且提交的时候出现了上述四种情况:数组开小(dfs序需要2n,那么线段树需要8n),没关freopen,没开long long,A掉.真是菜的真实.
long long i,tx,ty,t[100010],tv,tl,tr,flag,ttt,T,jia[800010];
long long n,m,head[100010],tot;
struct edge
{
long long x,y,next;
}e[200010];
struct node
{
long long l,r;
}o[100010];
long long c[800010],sum[800010];
void bian(long long x,long long y)
{
tot++;
e[tot].x=x;
e[tot].y=y;
e[tot].next=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(long long x)
{
tot++;
o[x].l=tot;
for(long long j=head[x];j;j=e[j].next)
{
if(!o[e[j].y].l)
{
dfs(e[j].y);
}
}
tot++;
o[x].r=tot;
}
void build(long long now,long long l,long long r)
{
if(flag)
sum[now]++;
else
sum[now]--;
if(l==r)
return;
long long mid=(l+r)>>1;
if(tx<=mid)build(now<<1,l,mid);
else build(now<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(long long now)
{
jia[now<<1]+=jia[now];
jia[now<<1|1]+=jia[now];
c[now<<1]+=sum[now<<1]*jia[now];
c[now<<1|1]+=sum[now<<1|1]*jia[now];
jia[now]=0;
}
void add(long long now,long long l,long long r)
{
c[now]+=tv;
if(l==r)
return ;
if(jia[now])
pushdown(now);
long long mid=(l+r)>>1;
if(ttt<=mid)add(now<<1,l,mid);
else add(now<<1|1,mid+1,r);
}
void qujian(long long now,long long l,long long r)
{
if(tl<=l&&r<=tr)
{
c[now]+=sum[now]*tv;
jia[now]+=tv;
return ;
}
long long mid=(l+r)/2;
if(jia[now])
pushdown(now);
if(tl<=mid)qujian(now<<1,l,mid);
if(tr>mid)qujian(now<<1|1,mid+1,r);
c[now]=c[now<<1]+c[now<<1|1];
}
long long ask(long long now,long long l,long long r)
{
if(1<=l&&r<=tx)
return c[now];
long long mid=(l+r)/2;
long long tsum=0;
if(jia[now])
pushdown(now);
if(1<=mid)tsum+=ask(now<<1,l,mid);
if(tx>mid)tsum+=ask(now<<1|1,mid+1,r);
return tsum;
}
void check(long long now,long long l,long long r)
{
cout<<l<<‘ ‘<<r<<‘ ‘<<sum[now]<<‘ ‘<<c[now]<<endl;
if(l==r)
return ;
check(now<<1,l,(l+r)/2);
check(now<<1|1,(l+r)/2+1,r);
}
int main()
{
int __size__ = 20 << 20; // 20MB
char *__p__ = (char*)malloc(__size__) + __size__;
__asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(__p__));
n=read();m=read();
for(i=1;i<=n;i++)
t[i]=read();
for(i=1;i<n;i++)
{
tx=read();ty=read();
bian(tx,ty);
bian(ty,tx);
}
tot=0;
dfs(1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
tx=o[i].l;
flag=1;
build(1,1,tot);
tx=o[i].r;
flag=0;
build(1,1,tot);
tv=t[i];
ttt=o[i].l;
add(1,1,tot);
ttt=o[i].r;tv=-t[i];
add(1,1,tot);
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
T=read();
if(T==1)
{
tx=read();tv=read();
ttt=o[tx].l;
add(1,1,tot);
ttt=o[tx].r;tv=-tv;
add(1,1,tot);
}
else if(T==2)
{
tx=read();tv=read();
tl=o[tx].l;tr=o[tx].r;
qujian(1,1,tot);
}
else //if(t==3)
{
tx=o[read()].l;
write(ask(1,1,tot));
putchar(10);
}
}
//check(1,1,tot);
}
随便写个什么题都200行代码啊
然后还有一些经典操作,这里来说一下.//以下认为你已经看过我的代码了.
操作4,询问x到y的树链的点权和.这个是操作3的升级版,相当于询问区间[o[x].l,o[y].r]
原文地址：https://www.cnblogs.com/qywyt/p/10425330.html