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"奮戰三星期，造台計算機"。小g響應號召，花了三小時造了臺普通計算姬。普通計算姬比普通計算機要厲害一些
。普通計算機能計算數列區間和，而普通計算姬能計算樹中子樹和。更具體地，小g的計算姬可以解決這麼個問題
：給定一棵n個節點的帶權樹，節點編號為1到n，以root為根，設sum[p]表示以點p為根的這棵子樹中所有節點的權
值和。計算姬支援下列兩種操作:
1 給定兩個整數u,v，修改點u的權值為v。
2 給定兩個整數l,r，計算sum[l]+sum[l+1]+....+sum[r-1]+sum[r]
儘管計算姬可以很快完成這個問題，可是小g並不知道它的答案是否正確，你能幫助他嗎？
第一行兩個整數n,m，表示樹的節點數與操作次數。
接下來一行n個整數，第i個整數di表示點i的初始權值。
接下來n行每行兩個整數ai,bi，表示一條樹上的邊，若ai=0則說明bi是根。
接下來m行每行三個整數，第乙個整數op表示操作型別。
若op=1則接下來兩個整數u,v表示將點u的權值修改為v。
若op=2則接下來兩個整數l,r表示詢問。
n<=10^5,m<=10^5
0<=di,v<2^31,1<=l<=r<=n,1<=u<=n
對每個操作型別2輸出一行乙個整數表示答案。
6 40 0 3 4 0 1
0 11 2
2 32 4
3 55 6
2 1 2
1 1 1
2 3 6
2 3 5
16109
這題的操作難點就是 記錄每乙個節點在每一塊中的影響 其他的都是模板
#include #include #include #include #include using namespace std;
const int n = 1e5+10;
typedef unsigned long long ll;
struct node
g[n];
struct node1
p[n*2];
int head[n];
int cnt;
ll a[n], sum[n],ans[n],c[n];
void dfs(int u,int f)
g[u].r=cnt;
return ;
}int tmp[1000],ax[n][500];
int lx[n],rx[n],id[n],bx;
void dfs2(int u,int f)
tmp[id[u]]--;
return ;
}void add(int u,ll v)
return ;
}ll get(int u)
return hx;
}inline int read()while(ch<'0'||ch>'9');
dowhile(ch>='0'&&ch<='9');
return f*x;
}inline ll readll()while(ch<'0'||ch>'9');
dowhile(ch>='0'&&ch<='9');
return f*x;
}int cny;
void addx(int u,int v)
int main()
cnt=0;
dfs(root,-1);
int k=(int)sqrt(1.0*n);
int i;
for(i=1;i*k
BZOJ4765 普通計算姬（分塊 BIT）
傳送門 其實很簡單 考慮修改乙個點對於所有塊的影響 我們可以預處理出乙個陣列ef i j ef i j ef i j 表示修改i ii對第j jj塊會影響幾個點 顯然只會影響i ii的祖先 這個陣列可以在dfs dfsdf s的時候繼承父親的o n o sqrt n o n 得到 詢問整塊直接返回 ...
bzoj 4765 普通計算姬
求樹上一段連續編號的子樹大小的和，帶修改。分塊。預處理乙個東西g x i 表示x這個點對i這個塊的影響。然後就可以暴力搞了。對於零散的點，就用樹狀陣列維護dfs序的區間和。貌似是nn logn 的，不過就是能過。還有以後打 盡量注意，少遞迴，少遞迴，少遞迴！最後要用un sign edlo nglo...
BZOJ 4765 普通計算姬
bzoj 4765 普通計算姬 分塊 奮戰三星期，造台計算機 小g響應號召，花了三小時造了臺普通計算姬。普通計算姬比普通計算機要厲害一些 普通計算機能計算數列區間和，而普通計算姬能計算樹中子樹和。更具體地，小g的計算姬可以解決這麼個問題 給定一棵n個節點的帶權樹，節點編號為1到n，以root為根，設...