标签：笔记 int 题解 pos 原树 点分 点分树 维护 dis
\(\text{Solution:}\)
是点分树的模板，这里讲一讲点分树。
本质就是把点分治的每一层分治重心给记录下来了，自然就形成了一棵树，并且树高是 \(O(\log n)\) 的。这很显然。
那么，考虑点分治的过程，实际上就是从点分树从根往下计算答案的过程了。
如果我们要计算点 \(x\) 的答案，对应地，应该是从根分治到点 \(x,\) 逆过来，就是从 \(x\) 跳到点分树的根。
所以，我们对答案维护只需要从这个点往上跳就好了。
那么我们考虑这个过程中哪些点对答案有贡献：
显然是跳到的点子树内距离根为 \(y-dis(x,now)\) 的点。因它们可以拼成一条长 \(y\) 的路径。
所以我们只需要对每个子树维护这个东西即可。一个是维护自己子树内部对它自己的贡献，另一个需要维护自己子树内单点对其父亲的贡献。
于是，应用容斥原理，计算其父亲子树内除 \(x\) 子树外其他点对它的贡献就是用总贡献减去 \(x\) 子树内对其父亲贡献为 \(y-dis\) 的部分。
而我们每次询问的是一个前缀和，所以可以树状数组维护。
由于点分树结构优秀，所以暴力跳的复杂度就是对的了。
同时，注意到点分树上的结构和原树的还是差别很大，所以我们需要在原树上面获得两点距离一类信息，而计算距离需要找 \(LCA,\) 利用欧拉序 \(st\) 表的科技就可以做到 \(O(n\log n)\) 预处理， \(O(1)\) 询问即可。
总之，点分树有以下特点：
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对应每个节点是点分治的分治重心
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树的结构非常均匀，树高是 \(O(\log n)\)
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树的结构与原树关系很小，很多信息需要在原树里面获得
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需要注意原树和点分树的差异，从而思考清楚两部分的信息处理
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然后考虑答案所求在点分树上如何统计，从而确定如何统计信息，需要维护哪些信息
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进而思考如何维护信息
大概就是这样的流程。至于修改操作：之所以建立点分树就是因为修改使得每次需要重复找重心进行计算，但这些修改对树结构没有影响，所以这些操作完全是不必要的，所以在点分树上修改就可以做到一个 \(\log n\) 复杂度
所以这些维护信息的数据结构往往还需要支持修改
如这题，就可以用树状数组来维护修改维护前缀和了。
至此，点分树介绍以及本题题解完全结束。
代码中附注释。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=(1<<30);
const int N=2e5+10;
int n,m,tot,ans,rt,sum,minn,cnt,head[N];
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int Max(int x,int y){return x>y?x:y;}
int val[N],siz[N],dep[N],pa[N],pos[N],lg[N],st[N][21];
bool vis[N];
vector<int>C[2][N];
struct E{int nxt,to;}e[N<<1];
inline void add(int x,int y){e[++tot]=(E){head[x],y};head[x]=tot;}
void dfs1(int x,int fa){
st[++cnt][0]=x;pos[x]=cnt;dep[x]=dep[fa]+1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int j=e[i].to;
if(j==fa)continue;
dfs1(j,x);st[++cnt][0]=x;//原树的欧拉序
}
}
inline int getmin(int x,int y){return dep[x]<dep[y]?x:y;}
void GetEuler(){
for(int i=1;i<=cnt;++i)lg[i]=31-__builtin_clz(i);
for(int t=1;(1<<t)<=cnt;++t){
for(int i=1;i+(1<<t)<=cnt;++i){
st[i][t]=getmin(st[i][t-1],st[i+(1<<(t-1))][t-1]);//维护关于欧拉序的st表
}
}
}
inline int getdis(int u,int v){
if(pos[u]>pos[v])swap(u,v);
int pu=pos[u],pv=pos[v],len=pos[v]-pos[u]+1;
//求两点第一次出现欧拉序中深度最小的节点
int L=getmin(st[pu][lg[len]],st[pv-(1<<lg[len])+1][lg[len]]);
return dep[u]+dep[v]-(dep[L]<<1);//获得原树中两点距离
}
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
void change(int u,int opt,int x,int v){
x++;//注意树状数组下标不能是0
for(int i=x;i<=siz[u];i+=lowbit(i))C[opt][u][i]+=v;
}
int query(int u,int opt,int x){
x++;
int res=0;
x=Min(x,siz[u]);
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res+=C[opt][u][i];
return res;
}
void Gr(int x,int fa){
siz[x]=1;
int res=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int j=e[i].to;
if(j==fa||vis[j])continue;//避免走父亲以及之前的重心
Gr(j,x);siz[x]+=siz[j];res=Max(res,siz[j]);
}
res=Max(res,sum-siz[x]);
if(res<minn)minn=res,rt=x;//从子树里面找重心
}
void dfs(int u){
vis[u]=1;siz[u]=sum+1;//vis表示是不是已经在点分树中
C[0][u].resize(siz[u]+1);
C[1][u].resize(siz[u]+1); //提前定好其大小，最长就是链
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int j=e[i].to;
if(vis[j])continue;
sum=siz[j];rt=0;minn=inf;
Gr(j,0);pa[rt]=u;dfs(rt);//找j的重心并与当前点分树点连边
}
}
void modify(int u,int w){
for(int i=u;i;i=pa[i])change(i,0,getdis(u,i),w);//把子树内对x的贡献算上
for(int i=u;pa[i];i=pa[i])change(i,1,getdis(u,pa[i]),w);//计算子树内点对fa的贡献
}
int opt;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&val[i]);
for(int i=1;i<n;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(1,0);GetEuler();sum=n;minn=inf;
Gr(1,0);dfs(rt);//找到 1 的重心，然后建立点分树
for(int i=1;i<=n;++i)modify(i,val[i]);//初始化，dis啥的在modify里
for(;m;m--){
int x,y;
scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
x^=ans;y^=ans;
if(!opt){
ans=query(x,0,y);//x子树内的
for(int i=x;pa[i];i=pa[i]){
int dis=getdis(x,pa[i]);
if(y>=dis)ans+=query(pa[i],0,y-dis)-query(i,1,y-dis);//父节点子树中x子树外的
}
printf("%d\n",ans);
}
else modify(x,y-val[x]),val[x]=y;//单点修改
}//点分树的结构与原树的结构关系不大 所以距离什么的要放到第一次dfs里面处理出来
return 0;
}
标签：笔记,int,题解,pos,原树,点分,点分树,维护,dis 来源： https://www.cnblogs.com/h-lka/p/15087780.html
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