3626: [LNOI2014]LCA
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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。
Source
【思路】
离线处理+树链剖分，线段树
Quote
考虑这样的一种暴力，我们把 z 到根上的点全部打标记，对于 l 到 r 之间的点，向上搜索到第一个有标记的点求出它的深度统计答案。观察到，深度其实就是上面有几个已标记了的点（包括自身）。所以，我们不妨把 z 到根的路径上的点全部 +1，对于 l 到 r 之间的点询问他们到根路径上的点权和。仔细观察上面的暴力不难发现，实际上这个操作具有叠加性，且可逆。也就是说我们可以对于 l 到 r 之间的点 i，将 i 到根的路径上的点全部 +1, 转而询问 z 到根的路径上的点（包括自身）的权值和就是这个询问的答案。把询问差分下，也就是用 [1, r] − [1, l − 1] 来计算答案，那么现在我们就有一个明显的解法。从 0 到 n − 1 依次插入点 i，即将 i 到根的路径上的点全部+1。离线询问答案即可。我们现在需要一个数据结构来维护路径加和路径求和，显然树链剖分或LCT 均可以完成这个任务。树链剖分的复杂度为 O((n + q)· log n · log n)，LCT的复杂度为 O((n + q)· log n)，均可以完成任务。至此，题目已经被我们完美解决。
离线处理：保存查询，然后在1..i顺序插入的同时根据查询内容构造答案。
打码能力有点弱，WA了几次 T^T
【代码】
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<vector>
4 #include<iostream>
5 #include<algorithm>
6 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
7 using namespace std;
8
9 typedef long long LL;
10 const int N = 800000+10;
11 const int MOD = 201314;
12
13 struct Node { LL sum; int addv;
14 }T[N<<1];
15 struct Q {
16 int flag,x,z,id;
17 bool operator < (const Q& rhs) const {
18 return x<rhs.x || (x==rhs.x && flag);
19 }
20 }que[N]; int que_sz;
21
22 int n,q,z; LL ans[N];
23 vector<int> g[N];
24 //INIT
25 int top[N],son[N],dep[N],fa[N],siz[N],w[N];
26 void dfs1(int u) {
27 son[u]=0; siz[u]=1;
28 for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
29 int v=g[u][i];
30 if(v!=fa[u]) {
31 fa[v]=u , dep[v]=dep[u]+1;
32 dfs1(v);
33 siz[u]+=siz[v];
34 if(siz[v]>siz[son[u]]) son[u]=v;
35 }
36 }
37 }
38 void dfs2(int u,int tp) {
39 top[u]=tp; w[u]=++z;
40 if(son[u]) dfs2(son[u],tp);
41 for(int i=0;i<g[u].size();i++) {
42 int v=g[u][i];
43 if(v!=fa[u] && v!=son[u]) dfs2(v,v);
44 }
45 }
46 //SEGMENT TREE
47 void pushdown(int u,int tot) {
48 if(T[u].addv) {
49 T[u<<1].sum+=T[u].addv*(tot-(tot>>1));
50 T[u<<1|1].sum+=T[u].addv*(tot>>1);
51 T[u<<1].addv+=T[u].addv;
52 T[u<<1|1].addv+=T[u].addv;
53 T[u].addv=0;
54 }
55 }
56 void update(int u,int L,int R,int l,int r) {
57 if(l<=L && R<=r)
58 T[u].addv++ , T[u].sum+=(R-L+1);
59 else {
60 pushdown(u,R-L+1);
61 int M=(L+R)>>1 , lc=u<<1 , rc=lc|1;
62 if(l<=M) update(lc,L,M,l,r);
63 if(M<r) update(rc,M+1,R,l,r);
64 T[u].sum=T[lc].sum+T[rc].sum;
65 }
66 }
67
68 LL query(int u,int L,int R,int l,int r) {
69 if(l<=L && R<=r)
70 return T[u].sum;
71 else {
72 pushdown(u,R-L+1);
73 int M=(L+R)>>1 , lc=u<<1 , rc=lc|1;
74 LL ans=0;
75 if(l<=M) ans+=query(lc,L,M,l,r);
76 if(M<r) ans+=query(rc,M+1,R,l,r);
77 return ans;
78 }
79 }
80 //树链剖分
81 void modify(int u) {
82 while(u) {
83 update(1,1,z,w[top[u]],w[u]); //a bug T^T
84 u=fa[top[u]];
85 }
86 }
87 LL Ask(int u) {
88 LL ans=0;
89 while(u) {
90 ans+=query(1,1,z,w[top[u]],w[u]);
91 u=fa[top[u]];
92 }
93 return ans;
94 }
95
96 void read(int& x) {
97 char c=getchar();
98 while(!isdigit(c)) c=getchar();
99 x=0;
100 while(isdigit(c))
101 x=x*10+c-‘0‘ , c=getchar();
102 }
103 int main() {
104 read(n),read(q);
105 int u,v,w;
106 FOR(i,2,n) {
107 read(u); u++;
108 g[u].push_back(i);
109 g[i].push_back(u);
110 }
111 dfs1(1),dfs2(1,1);
112 FOR(i,1,q) {
113 read(u),read(v),read(w);
114 u++,v++,w++;
115 que[++que_sz]=(Q) {1,u-1,w,i};
116 que[++que_sz]=(Q) {0,v,w,i};
117 }
118 sort(que+1,que+que_sz+1);
119 int j=1;
120 for(int i=0;i<=n;i++) {
121 modify(i);
122 for(;que[j].x==i;j++) {
123 if(que[j].flag)
124 ans[que[j].id]=Ask(que[j].z);
125 else
126 ans[que[j].id]=(Ask(que[j].z)-ans[que[j].id])%MOD;
127 }
128 }
129 for(int i=1;i<=q;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
130 return 0;
131 }