有一棵點數為 n 的樹，以點 1 為根，且樹點有邊權。然後有 m 個
操作，分為三種：
操作 1 ：把某個節點 x 的點權增加 a 。
操作 2 ：把某個節點 x 為根的子樹中所有點的點權都增加 a 。
操作 3 ：詢問某個節點 x 到根的路徑中所有點的點權和。
第一行包含兩個整數 n, m 。表示點數和運算元。接下來一行 n 個整數，表示樹中節點的初始權值。接下來 n-1
行每行三個正整數 fr, to ， 表示該樹中存在一條邊 (fr, to) 。再接下來 m 行，每行分別表示一次操作。其中
第乙個數表示該操作的種類（ 1-3 ） ，之後接這個操作的引數（ x 或者 x a ） 。
對於每個詢問操作，輸出該詢問的答案。答案之間用換行隔開。
5 5
1 2 3 4 5
1 2
1 4
2 3
2 5
3 3
1 2 1
3 5
2 1 2
3 36
9 13
對於 100% 的資料， n,m<=100000 ，且所有輸入資料的絕對值都不會超過 10^6 。
這題本來是樹鏈剖分裸題。但是這題可以用線段樹的o(
nlog
2n) 演算法完成n=
106的做法。線段樹直接在dfs序上維護每個點到根的距離即可，相當於線段樹上區間修改、區間按每個點的權值（深度）相關修改、單點查詢。
**：
#include
#include
using namespace std;
templateinline void read(t &x)
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
int n,m,num,head[maxn],dfn[maxn],cnt,tl[maxn],tr[maxn],dep[maxn];
ll a[maxn],w[maxn];
struct edgee[maxn<<1];
struct segment_tree
void pushdown(int
x) if(tag[x])
}void add1(int
x,int l,int r,ll val)
void add2(int
x,int l,int r,ll val)
ll query(int
x,int
pos)
}tree;
void add(int u,int v)
void dfs(int
x,int fa)
int main()
else
if(opt==2)
else
printf("%lld\n",tree.query(1,tl[x]));
}return
0;}
bzoj4034 樹上操作
有一棵點數為 n 的樹，以點 1 為根，且樹點有邊權。然後有 m 個 操作，分為三種 操作 1 把某個節點 x 的點權增加 a 操作 2 把某個節點 x 為根的子樹中所有點的點權都增加 a 操作 3 詢問某個節點 x 到根的路徑中所有點的點權和。第一行包含兩個整數 n,m 表示點數和運算元。接下來一...
bzoj4034 樹上操作
dfs序 注意出棧時也要加入 然後對於每一次乙個節點的修改，都在左端點上打 x，右端點上打 x，區間修改同理 因此要用線段樹且需要維護區間左端點數量 右端點數量 對於詢問操作，就是 dfs序上的一段字首和，用線段樹處理即可。1 include2 include3 define ll long lon...
bzoj4034 HAOI2015 樹上操作
傳送門 description 有一棵點數為 n 的樹，以點 1 為根，且樹點有邊權。然後有 m 個 操作，分為三種 操作 1 把某個節點 x 的點權增加 a 操作 2 把某個節點 x 為根的子樹中所有點的點權都增加 a 操作 3 詢問某個節點 x 到根的路徑中所有點的點權和。input 第一行包含...