【HNOI2015】开店

hychyc · 2018-09-03 19:32:09 · 题解

题目描述

题目大意：给定一颗n(n\leq150000)个点的树，每个点有点权，边有边权（表示两个点之间的距离）。q(q\leq200000)次询问，每次询问点权在[L, R]之间的所有点到某个点的距离之和。强制在线。

分析

首先考虑一个简化的版本，询问所有点到点u的距离和。尝试进行公式推导。令dep[i], size[i]分别表示以1为根时第i个点的深度和子树大小。观察1为根和u为根会发生哪些变化。

更具体的描述，定义$a_{i}$为$1$至$u$的链上的第$i$个点，$1$至$u$的链上共有$k$个点，那么所有点到$u$的距离之和可以用如下式子表示： $\sum_{i=1}^{n}dep[i] - \sum_{i=1}^{k-1}(size[a_{i}]-size[a_{i+1}])*(2*dep[a_{i}]-dep[u])-size[u]*dep[u]

展开可得：

\sum_{i=1}^{n}dep[i]- size[u]*dep[u]-

(2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]-$ $2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]-$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]+$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[u])

=\sum_{i=1}^{n}dep[i]- size[u]*dep[u]-

2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]+$ $2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]+$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]$ $\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[u])

其中

\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]-\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[u]

= \sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[u]-\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*dep[u]

= size[a_{1}]*dep[u] -size[a_{k}]*dep[u]= n*dep[u]-size[u]*dep[u]

于是原式变为

\sum_{i=1}^{n}dep[i] +n*dep[u]-2*size[u]*dep[u]

- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]+2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]

现在观察

- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]+2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]

= 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i+1}]*dep[a_{i}]- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]

直接相减出现的size[a_{i}]-size[a_{i+1}]难以处理，我们考虑进行一次错位

原式=2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*dep[a_{i-1}]- 2*\sum_{i=1}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}]

=2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*dep[a_{i-1}]- 2*\sum_{i=2}^{k-1}size[a_{i}]*dep[a_{i}] (dep[a_{1}]=dep[1]=0)

=2*size[a_{k}]*dep[a_{k-1}] + 2*\sum_{i=2}^{k-1}size[a_{i}]*(dep[a_{i-1}]-dep[a_{i}])

将原式中的-2*size[u]*dep[u]并入上式中，得到：

2*size[a_{k}]*dep[a_{k-1}] -2*size[a_{k}]*dep[a_k]

+ 2*\sum_{i=2}^{k-1}size[a_{i}]*(dep[a_{i-1}]-dep[a_{i}])

=2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*(dep[a_{i-1}]-dep[a_{i}])

注意到dep[a_i]-dep[a_{i-1}]是点 i 到其父节点的边权，定义为fv[i] 故原式等于

\sum_{i=1}^{n}dep[i] +n*dep[u]-2*\sum_{i=2}^{k}size[a_{i}]*fv[a_i]

可以进行维护

现在考虑如何加入[L, R]的限制。直接通过子树查询的方式进行，单次复杂度与树高约为线性关系，不可以接受。这时便要体会主席树的版本作用。将点按照点权排序，一个一个加入，最终答案便是R对应版本的主席树的答案减去L个对应版本的前一个版本的主席树的答案。

每次加入一个点的时候，树的形态不发生变化，fv[i]不发生变化，只有size[i]发生变化。只需把加入的这个点到根的路径上的所有点的size进行+1即可，查询时从当前指定的点出发，向上统计\sum size[i]*fv[i]。这是可以通过树链剖分维护的。由于空间限制，标记永久化是一个不错的选择。

思路总结

对主席树的认识不要僵化，体会其有关版本的作用。例如对于区间[l, r]统计在[L, R]之间的数的个数问题，其实也可以按照数值排序后一个个插入点，统计第R个版本的树中位置是[l, r]的有多少，减去第L-1颗树的答案。不同版本不一定是按照位置，也不一定是按照权值（虽然我目前就见过这俩），思路要灵活。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200050
#define ri register int
#define il inline
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, q, A, ecnt, numcnt, root[MAXN], rtcnt, num[MAXN];
int tcnt, top[MAXN], id[MAXN], fa[MAXN], fv[MAXN], son[MAXN], size[MAXN];
LL lastans, dsum[MAXN], dep[MAXN];
struct Node {
    int id, ag;
    bool operator < (const Node &x) const {
        if(ag == x.ag) return id < x.id;
        return ag < x.ag;
    }
}mon[MAXN];
struct node {
    int v, w;
    node *next;
}pool[MAXN<<2], *h[MAXN];
struct NODE {
    int ls, rs, lazy;
    LL sum, esum;
    void init() {
        ls = rs = lazy = 0, esum = sum = 0;
    }
}t[MAXN<<7];
il void adde(int u, int v, int w) {
    node *p = &pool[ecnt++], *q = &pool[ecnt++];
    *p = node {v, w, h[u]}, h[u] = p;
    *q = node {u, w, h[v]}, h[v] = q;
}
void dfs1(int u) {
    size[u] = 1;
    for(node *p = h[u]; p; p = p->next) {
        if(p->v == fa[u]) continue;
        dep[p->v] = dep[u]+p->w, fa[p->v] = u, fv[p->v] = p->w, dfs1(p->v), size[u] += size[p->v];
        if(size[p->v] > size[son[u]]) son[u] = p->v;
    }
}
void dfs2(int u, int t) {
    id[u] = ++tcnt, top[u] = t, num[tcnt] = fv[u];
    if(!son[u]) return ;
    dfs2(son[u], t);
    for(node *p = h[u]; p; p = p->next) 
        if(!id[p->v]) dfs2(p->v, p->v);
}
void build(int &u, int l, int r) {
    int tmp = u; u = ++rtcnt, t[u] = t[tmp];
    if(l == r) return (void)(t[u].esum = num[l]);
    int mid = (l+r)>>1;
    build(t[u].ls, l, mid);
    build(t[u].rs, mid+1, r);
    t[u].esum = t[t[u].ls].esum + t[t[u].rs].esum;
}
void change(int &u, int l, int r, int tl, int tr) {
    int tmp = u; u = ++rtcnt, t[u] = t[tmp];
    if(tl <= l && r <= tr) {
        ++t[u].lazy;
        t[u].sum += t[u].esum;
        return ;
    }
    int mid = (l+r)>>1;
    if(tl <= mid) change(t[u].ls, l, mid, tl, tr);
    if(mid < tr) change(t[u].rs, mid+1, r, tl, tr);
    t[u].sum = t[t[u].ls].sum + t[t[u].rs].sum + t[u].esum*t[u].lazy;
}
void Change(int u, int ver) {
    while(top[u] != 1) {
        change(root[ver], 1, n, id[top[u]], id[u]);
        u = fa[top[u]];
    }
    change(root[ver], 1, n, 1, id[u]);
}
LL query(int u, int l, int r, int tl, int tr, int add) {
    if(tl <= l && r <= tr) return t[u].sum + t[u].esum*add;
    int mid = (l+r)>>1; LL ret = 0;
    add += t[u].lazy;
    if(tl <= mid) ret += query(t[u].ls, l, mid, tl, tr, add);
    if(mid < tr) ret += query(t[u].rs, mid+1, r, tl, tr, add);
    return ret;
}
LL Query(int u, int ver) {
    LL ret = 0;
    while(top[u] != 1) {
        ret += query(root[ver], 1, n, id[top[u]], id[u], 0);
        u = fa[top[u]];
    }
    ret += query(root[ver], 1, n, 1, id[u], 0);
    return ret;
}
il LL calc(int u, int ver) {
    return dsum[ver] + ver*dep[u] - 2*Query(u, ver);
}
int main() {
    int u, v, c;
    scanf("%d%d%d", &n, &q, &A);
    for(ri i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &mon[i].ag), mon[i].id = i;
    for(ri i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d%d", &u, &v, &c), adde(u, v, c);
    dfs1(1), dfs2(1, 1);
    sort(mon+1, mon+n+1);
    build(root[0], 1, n);
    for(ri i = 1; i <= n; ++i) 
        dsum[i] = dsum[i-1] + dep[mon[i].id], 
        root[i] = root[i-1], Change(mon[i].id, i);
    while(q--) {
        LL l, r; int L, R;
        scanf("%d%lld%lld", &u, &l, &r);
        l += lastans, r += lastans;
        L = min(l%A, r%A), R = max(l%A, r%A);
        L = lower_bound(mon+1, mon+n+1, Node{0, L})-mon, R = upper_bound(mon+1, mon+n+1, Node{MAXN, R})-mon-1;
        printf("%lld\n", lastans = calc(u, R)-calc(u, L-1));
    }
    return 0;
}