一種明顯的做法是直接樹鏈剖分然後用區間修改區間查詢樹狀陣列（我寫的這種）或者線段樹來維護吧。。這樣做是o(nlog^2n)的。
但是還可以做到o(nlogn)。首先可以發現它是單點鏈上查詢，那麼可以考慮用差分的思想，或者考慮將單點修改直接變成區間修改然後就只用單點簡單查詢了。
首先考慮單點修改，這種操作只對它所在的子樹中的所有點的答案有影響，也就是所在的子樹中每乙個點的答案+a，這個可以用dfs序列轉化為區間修改。
然後考慮對子樹x的修改，那麼對所在的子樹中某乙個點p，點p的答案+a*(d[p]-d[x]+1)=+a*d[p]+(a-a*d[x])，注意到括號中的部分是常數（即對每乙個p來說相同），用上面的單點修改即可。然後我們還需要乙個陣列b（另外乙個假設是a）維護每乙個點的d[p]被加上了多少次。這樣還是區間修改。
那麼查詢的答案就是ai+bi*d[i]了，直接上查分的樹狀陣列轉化為單點修改字首查詢。o(nlogn)，這個應該是最快的寫法了。
ac**如下（樹鏈剖分+區間修改區間查詢樹狀陣列）：
#include#include#include#define ll long long
#define n 100005
using namespace std;
int n,m,tot,dfsclk,a[n],fst[n],pnt[n<<1],nxt[n<<1],bg[n],ed[n],fa[n],anc[n],son[n],sz[n];
ll c[2][n];
int read()
while (ch>='0' && ch<='9')
return x*fu;
}void add(int x,int y)
void ins(int k,int x,ll t)
ll getsum(int k,int x)
void mdy(int x,int y,ll z)
ll qry(int x,int y)
void dfs(int x) }}
void divide(int x,int tp)
ed[x]=dfsclk;
}int main(){
n=read(); m=read(); int i,k,x,y; ll ans;
for (i=1; i<=n; i++) a[i]=read();
for (i=1; i
by lych
2016.3.14
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