思路： 對於前兩個操作就是最基本操作，那麼問題就在於第三個操作，可以發現第三個操作就是求a1*(a2+a3+...+ an-1+an)+ a2*(a3+ a4+...+ an) +a3*( a4+...+an) +...+an-1*an;
那麼轉化一下就是[（a1+a2+a3+...+an）*(a1+a2+a3+...+an)-(a1*a1+a2*a2+...+an*an) ]/2;
那麼就維護 sum 和 二次方sum就可以了。
**：
#include#define lson (i<<1)
#define rson (i<<1|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n =1e5+5;
const ll mod=1e9+7;
const ll inv2=500000004;
struct eee
edge[n*2];
int tot,head[n];
struct node
tr[n<<2];
int fat[n]; /// 當前節點的直接父親
int dep[n]; /// 當前節點的在樹上深度
int siz[n]; /// 當前節點的孩子個數
int son[n]; /// 當前節點的重孩子
int rak[n]; /// 線段樹的第i個節點是？
int top[n]; /// 當前節點的鏈開始節點 top
int cnt;
int n,m;
ll a[n];
void init()
void add(int u,int v)
void dfs1(int u,int fa,int deep)
}}void dfs2(int u,int t)
}}void push_up(int i)
void build(int i,int l,int r)
void solve(int i,ll val)
void push_down(int i)
}void update(int i,int l,int r,ll val)
push_down(i);
int mid=(tr[i].l+tr[i].r)>>1;
if(r<=mid) update(lson,l,r,val);
else if(l>mid) update(rson,l,r,val);
else
push_up(i);
}void query(int i,int l,int r,ll &sum1,ll &sum2)
push_down(i);
int mid=(tr[i].l+tr[i].r)>>1;
if(r<=mid) return query(lson,l,r,sum1,sum2);
else if(l>mid) return query(rson,l,r,sum1,sum2);
else
}ll querys(int x,int y)
else
}if(idd[x]<=idd[y])
else
ll ans=(sum1*sum1%mod-sum2+mod)*inv2%mod;
return ans;
}void updates(int x,int y,ll c)
else
fx=top[x];
fy=top[y];
}if(idd[x]<=idd[y]) update(1,idd[x],idd[y],c);
else update(1,idd[y],idd[x],c);
}int main()
dfs1(1,1,0);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
int op;
ll val;
while(m--)
else if(op==2)
else
}return 0;
}
5055 樹上路徑
給定一顆 n 個結點的無根樹，每個點有乙個點權，定義一條路徑的價值為路徑上的點權和 路徑的點權最大值。給定引數 p，求有多少不同的樹上簡單路徑，滿足它的價值恰好是 p 的倍數。data constraint n 105,p 107 考慮點分治。對於當前的分治重心，把所有以它為起點的路徑取出來，按照路...
題解 樹上路徑
一棵樹的構造過程為 首先以1號點為根，然後依次加入2 n號點。加入i號點時，在1 i 1點中選擇乙個點為f i 將i號點與其相連線。yuri想要求出，每次加點之後路上的最長路徑長度。第一行乙個整數n，表示樹的節點個數。第二行n 1個整數，第i個整數表示f i 1 一行n 1個整數，分別表示加完2 n...
樹上路徑（path）
在 berland，有n 個城堡。每個城堡恰好屬於乙個領主。不同的城堡屬於不同的領主。在所有領主中有乙個是國王，其他的每個領主都直接隸屬於另一位領主，並且間接隸屬於國王。一位領主可以擁有任意數量的下屬。這些城堡被一些雙向的道路連線。兩個城堡是連線的當且僅當他們的主人中一位直接隸屬於另一位。每一年，在...