這是今年gdkoi的一題：有一棵樹，開始時所有結點的值都是0。有多個操作，每個操作有兩種：
1.對某個點增加w，設dis（i，j）為點i到點j的最短距離，那麼某個結點增加w時，對於任意乙個結點j，它的值會增加w + dis（i，j）。
2.詢問某點的值。
w可以忽略，因為整棵樹都要加上w，只要記下所有w的和就可以了，輸出答案時再加上。這題的突破口就是只需要求乙個點的值，這就取決於其他發生變化的點對該點的影響。這裡先結合乙個樣例，說明一些變數：
如圖：點2，5，7，8被修改過（忽略了w）。
dis（i，j）：點i到點j的最短距離。
lca（i，j）：點i和點j的最近公共祖先。
dep（i）：點i到根結點的距離，dep（6）= 2，dep（5）= 3。
cnt（i）：以i為根的子樹中的點，被修改過的次數，cnt（3）= 1，cnt（2）= 3。
deps（i）：以i為根的子樹中的被修改過的點的dep和，deps（2） = dep（2）+ dep（5）+ dep（7） = 1 + 3 + 3 = 7。
首先，要求任意兩點i，j的距離，用dis（i，j）來表示是不好的，因為這沒有內在的關係。這個可以表示成dep（i）+ dep（j）- 2 * dep（lca（i，j））。畫個圖就知道了。
如樣例，有乙個詢問，詢問3的值，那麼它等於：
dep（3）* cnt（3） +deps（3） -2 * dep（3）* cnt（3）
+dep（3）* （cnt（2）- cnt（3）） + （deps（2）- deps（3）） -2 * dep（2）*（cnt（2）- cnt（3））
+dep（3）* （cnt（1）- cnt（2）） + （deps（1）- deps（2）） -2 * dep（1）*（cnt（1）- cnt（2））
可以發現，有很多值是可以約去的，還有dep（2）= dep（3）- 1，dep（1）= dep（3）- 2，化簡得：
dep（3） * cnt（1） + deps（1） - 2 * （cnt（3） + cnt（2））。
再可以由此推到普遍：
詢問點u：dep（u） * cnt（1） + deps（1） - 2 * （cnt（u） + cnt（u的父親） + cnt（u的父親的父親） + … + cnt（根的兒子））。注意不要加到根。
如此看來，我們需要的只是求cnt的和。這個可以用樹鏈剖分來統計。
對於這些改一些，問一些的題目，不要侷限於維護答案的值，可以通過維護其他的資訊，以便於求答案。
貼個**：
#include #include using namespace std;
typedef long long ll;
inline int getint()
const int n = 100007;
int n;
int from[n], to[n << 1], next[n << 1], nedge;
void insert(int a, int b)
void init()
}int q[n];
int father[n], size[n], dep[n];
int npath, top[n], len[n], belong[n], idx[n];
void split()
} }for (int i = n - 1; i >= 0; i --)
}if (p == -1)
else
}}int nnode;
struct node
inline int size()
}node[n << 1], *tree[n];
void build(node *p, int lo, int hi)
}inline void down(node *p)
void modify(node *p, int le, int ri)
else }
ll ask(node *p, int le, int ri)
}void prepare()
}ll find(int a, bool isask)
if (a != 0)
if (isask) ret += ask(tree[x], idx[a], idx[0]);
else modify(tree[x], idx[a], len[x]);
return ret;
}void solve()
else }
int main()
return 0;
}
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