題目大意：給定一棵以1為根的有根樹，每個節點有點權，提供兩種操作：
1.以某個節點為根的子樹所有節點權值+x
2.求一些鏈的並集的點權和，其中這些鏈都是由某個節點出發指向根
首先子樹修改，鏈上查詢，樹鏈剖分的wt~
然後這些鏈上的每個點的點權都只能被加一次，肯定不能打標記，由於k<=5，我們考慮容斥原理
總權值=單鏈-兩兩之交+三鏈之交……
狀壓列舉即可 兩條鏈的交集求法如下：
1.求兩條鏈底的lca
2.若lca的深度小於其中一條鏈的鏈頂深度 交集為空 返回0
3.返回一條鏈 鏈底為lca 鏈頂為兩條鏈頂中深度較大的那個
此題mod2^31，直接自然溢位int，然後答案對2147483647取與即可 出題人真貼心-。-
時間複雜度o( m * log^2n * 2^k ) 看到這複雜度我都尿了0.0 不tle真是太好了
#include#include#include#include#define m 200200
#define ls tree[p].lson
#define rs tree[p].rson
using namespace std;
struct abcdtable[m<<1];
struct treetree[m<<1];int tree_tot;
int head[m],tot;
int n,m,k;
int fa[m],son[m],dpt[m],siz[m],top[m],pos[m],cnt;
int digit[m];
pairbr[10];
void build_tree(int p,int x,int y)
void modify(int p,int x,int y,int l,int r,int v)
if(tree[p].mark)
if(r<=mid)
modify(ls,x,mid,l,r,v);
else if(l>mid)
modify(rs,mid+1,y,l,r,v);
else modify(ls,x,mid,l,mid,v) , modify(rs,mid+1,y,mid+1,r,v);
tree[p].num=tree[ls].num+tree[rs].num;
}int get_ans(int p,int x,int y,int l,int r)
if(r<=mid) return get_ans(ls,x,mid,l,r);
if(l>mid) return get_ans(rs,mid+1,y,l,r);
return get_ans(ls,x,mid,l,mid) + get_ans(rs,mid+1,y,mid+1,r);
}void dfs1(int x)
}void dfs2(int x)
}void add(int x,int y)
int query(int x,int y)
int calculate(int x)
return query(re.first,re.second);
}int inclusion_exclusion_principle()
else
printf("%d\n", inclusion_exclusion_principle()&2147483647 );
} }}
樹鏈剖分 BZOJ3589 動態樹
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BZOJ 3589 動態樹 樹鏈剖分 線段樹
題目傳送門 最近心真的有點浮躁啊 連題目都不想好好看了 於是就把 一條樹枝其實就是乙個從某個節點到根的路徑的一段 看成了 一條樹枝其實就是乙個從某個節點到根的路徑 wqnmlgb 操作1的k 5 那麼是不是會想到容斥？對兩條路徑求交？但是分析一下時間複雜度，o m log22n 2k 接近20億啊 ...