BZOJ3626 LNOI2014 LCA 树链剖分

题意：给定一棵树，每次询问给出l r z，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

题解：

显然，暴力求解的复杂度是无法承受的。

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。（by gconeice）

没考虑到取余之后会变负数，WA*2。这一点可以用(ans+P)%P来解决。

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

const int MAXN=50000+2;
const int P=201314;
struct QUERY{
    int l,r,z;
}q[MAXN];
struct HASH{
    int u;
    HASH *next;
    HASH(){}
    HASH(int _u,HASH *_next):u(_u),next(_next){}
}mem[MAXN*2];
struct NODE{
    int c,f,son,mark,depth,belong;
    HASH *child;
}node[MAXN];
typedef struct TREE{
    ll s;
    int l,r,add;
    TREE *lchild,*rchild;
    TREE(){}
    TREE(int _l,int _r):l(_l),r(_r),s(0),add(0),lchild(0),rchild(0){}
} *ROOT;
ROOT root;
int N,Q,cnt;
ll ans[MAXN];
vector<int> a[MAXN];

void Insert(int u,int v){ node[u].child=&(mem[cnt++]=HASH(v,node[u].child));}

void DFS1(int x,int f,int d){
    node[x].f=f,node[x].depth=d,node[x].c=1,node[x].son=-1;
    for(HASH *p=node[x].child;p;p=p->next)
        if(p->u!=f){
            DFS1(p->u,x,d+1);
            node[x].c+=node[p->u].c;
            if(node[x].son==-1 || node[p->u].c>node[node[x].son].c) node[x].son=p->u;
        }
}

void DFS2(int x,int b){
    node[x].belong=b,node[x].mark=++cnt;
    if(node[x].son==-1) return;
    DFS2(node[x].son,b);
    for(HASH *p=node[x].child;p;p=p->next)
        if(p->u!=node[x].son && p->u!=node[x].f) DFS2(p->u,p->u);
}

void Build(ROOT &x,int l,int r){
    x=new TREE(l,r);
    if(l==r) return;

    int m=(l+r)>>1;
    Build(x->lchild,l,m),Build(x->rchild,m+1,r);
}

void Pushup(ROOT &x){ x->s=(x->lchild->s+x->rchild->s)%P;}

void Pushdown(ROOT &x,int m){
    if(x->add){
        x->lchild->s=(x->lchild->s+x->add*(m-(m>>1)))%P;
        x->rchild->s=(x->rchild->s+x->add*(m>>1))%P;
        x->lchild->add=(x->lchild->add+x->add)%P;
        x->rchild->add=(x->rchild->add+x->add)%P;
        x->add=0;
    }
}

void Change(ROOT &x,int l,int r){
    if(x->l>=l && x->r<=r){
        x->s=(x->s+x->r-x->l+1)%P,x->add=(x->add+1)%P;
        if(x->l!=x->r) Pushdown(x,x->r-x->l+1);
        return;
    }

    Pushdown(x,x->r-x->l+1);

    int m=(x->l+x->r)>>1;
    if(l<=m) Change(x->lchild,l,r);
    if(r>m) Change(x->rchild,l,r);

    Pushup(x);
}

void Update(int u){
    while(u!=-1){
        Change(root,node[node[u].belong].mark,node[u].mark);
        u=node[node[u].belong].f;
    }
}

ll Summation(ROOT &x,int l,int r){
    if(x->l>=l && x->r<=r) return x->s;

    Pushdown(x,x->r-x->l+1);

    int m=(x->l+x->r)>>1;
    ll ret=0;
    if(l<=m) ret=(ret+Summation(x->lchild,l,r))%P;
    if(r>m) ret=(ret+Summation(x->rchild,l,r))%P;

    return ret;
}

int Query(int u){
    ll ret=0;
    while(u!=-1){
        ret=(ret+Summation(root,node[node[u].belong].mark,node[u].mark))%P;
        u=node[node[u].belong].f;
    }
    return ret;
}

int main(){
    scanf("%d %d",&N,&Q);
    for(int i=1,u;i<N;i++){
        scanf("%d",&u);
        Insert(i,u),Insert(u,i);
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++){
        scanf("%d %d %d",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].z),q[i].l--;
        a[q[i].l].push_back(i),a[q[i].r].push_back(i);
    }

    cnt=0,DFS1(0,-1,0),DFS2(0,0);
    Build(root,1,N);

    for(int i=0;i<N;i++){
        Update(i);
        for(int j=0;j<a[i].size();j++){
            ll t=Query(q[a[i][j]].z);
            ans[a[i][j]]=(ans[a[i][j]]?t-ans[a[i][j]]:t)%P;
            ans[a[i][j]]=(ans[a[i][j]]+P)%P;
        }
    }
    for(int i=1;i<=Q;i++) printf("%lld\n",ans[i]);

    return 0;
}