题目描述
有一棵$n$个点的以$1$为根的树，以及$n$个整数变量$x_i$。树上$i$的父亲是$f_i$，每条边$(i,f_i)$有一个权值$w_i$，表示一个方程$x_i+x_{f_i}=w_i$，这$n−1$个方程构成了一个方程组。
现在给出$q$个操作，有两种类型：
$\bullet 1\ u\ v\ s$，表示询问加上$x_u+x_v=s$这个方程后，整个方程组的解的情况。具体来说，如果方程有唯一解，输出此时$x_1$的值；如果有无限多个解，输出$inf$；如果无解，输出$none$。注意每个询问是独立的。
$\bullet 2\ u\ w$，表示将$w_u$修改为$w$。
输入格式
从文件$equation.in$中读入数据。
第一行两个整数$n,q$。
接下来$n−1$行，第$i$行有两个整数$f_{i+1}$和$w_{i+1}$。
接下来$q$行，每行表示一个操作，格式见问题描述。
输出格式
输出到文件$equation.out$中。
对于每个询问输出一行表示答案。
样例
样例输入：
2 7
1 4
1 1 2 5
1 1 2 4
1 1 1 3
1 2 2 6
2 2 3
1 2 2 10
1 2 2 -10
样例输出：
none
inf
none
1
-2
8
数据范围与提示
对于所有数据，有$1\leqslant n,q\leqslant 10^6,1\leqslant f_i\leqslant i−1,1\leqslant u,v\leqslant n,−10^3\leqslant w,w_i\leqslant 10^3,−10^9\leqslant s\leqslant 10^9$。
$\bullet Subtask1(3\%)$，$n\leqslant 10,q=0$。
$\bullet Subtask2(18\%)$，$n=2$。
$\bullet Subtask3(32\%)$，$n,q\leqslant 10^3$。
$\bullet Subtask4(33\%)$，$n,q\leqslant 10^5$。
$\bullet Subtask5(14\%)$，没有特殊的约束。
题解
首先，思考在没有修改的情况下如何快速求出$1$的解，其实无非就是分深度的奇偶，然后算边的前缀和罢了，比方说下图：
不妨设$4$为已知$x$，那么$3$就是$w_3-x$，$2$就是$w_2-w_3+x$，$1$就是$w_1-w_2+w_3-x$，发现什么规律了没有？
有点类似于多步容斥的奇加偶减。
那么考虑如何修改，我们如果要改一条边，那么将会影响到这条边所连两点中儿子的整个子树，显然不能暴力修改。
发现这个问题其实就是区间修改，单点查询；不妨树状数组？
利用树状数组维护$DFS$序即可。
这个题稍卡常……
听说线段树会$TLE$？
时间复杂度：$\Theta((n+q)\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to,w;}e[1000001];
int head[1000001],cnt;
int n,q;
int f[1000001],w[1000001];
int sum[1000001],depth[1000001],l[1000001],r[1000001],tim;
int tr[4000001];
void add(int x,int y,int w)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=w;
head[x]=cnt;
}
void pre_dfs(int x)
{
l[x]=++tim;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
depth[e[i].to]=depth[x]+1;
sum[e[i].to]=w[e[i].to]-sum[x];
pre_dfs(e[i].to);
}
r[x]=tim;
}
int lowbit(int x){return x&-x;}
void change(int l,int r,int w)
{
for(int i=l;i<=n;i+=lowbit(i))tr[i]+=w;
for(int i=r+1;i<=n;i+=lowbit(i))tr[i]-=w;
}
int ask(int x)
{
int res=0;
for(int i=l[x];i;i-=lowbit(i))res+=tr[i];
return res*(depth[x]&1?1:-1);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&f[i],&w[i]);
add(f[i],i,w[i]);
}
depth[1]=1;
pre_dfs(1);
while(q--)
{
int opt;
scanf("%d",&opt);
if(opt&1)
{
int u,v,s;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&s);
int flagu=sum[u]+ask(u);
int flagv=sum[v]+ask(v);
if((depth[u]&1)&&(depth[v]&1))
{
long long res=1LL*s-flagu-flagv;
if(res&1)puts("none");
else printf("%lld\n",res>>1);
}
else if(!(depth[u]&1)&&!(depth[v]&1))
{
long long res=1LL*flagu+flagv-s;
if(res&1)puts("none");
else printf("%lld\n",res>>1);
}
else
{
if(flagu+flagv==s)puts("inf");
else puts("none");
}
}
else
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
int delta=v-w[u];
w[u]=v;
if(!(depth[u]&1))delta=-delta;
change(l[u],r[u],delta);
}
}
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11619378.html