uoj576 服務排程

先考慮乙個子問題：僅有乙個詢問且無修改

對每一種顏色的貢獻分類討論，結論：最遠的點一定這些點集中（任意一組）最遠點對中的兩個點（選擇較遠的乙個）

證明：設$dis(x,y)$為$x$到$y$的距離，$deep_$表示以$k$為根時$x$的深度

假設這個點集中最遠點為$(x,y)$，而最深的點為$z$，且$deep_$嚴格大於$deep_$和$deep_$

乙個顯然的性質：$deep_\le deep_,deep_$

考慮$w=lca(x,y,z)$，若$z=w$與$deep_>deep_,deep_$矛盾，因此假設$z$在$w$的某個兒子$w_$中

當若$x$和$y$都在$w_$的子樹中顯然$lca(x,y,z)$可以為$w_$，因此必然存在乙個點在其子樹外，不妨設為是$x$，則$lca(x,z)=w$，必然有$deep_\le deep_$

考慮此時$dis(x,z)$與$dis(x,y)$，通過lca的形式展開，由於$deep_>deep_$且$deep_\le deep_$，因此$dis(x,z)>dis(x,y)$，與$(x,y)$為最遠點對矛盾

通過合併的方式（即不斷插入乙個點，三個點兩兩求$dis$）求出每乙個點集的最遠點對$(x,y)$，這一部分可以做到$o(n\log_n)$

進一步的，不妨假設$deep_\ge deep_$（此時的$deep$為以1為根），通過倍增找到$z$滿足$z$在$x$到$lca(x,y)$的路徑上且$dis(x,z)dis(k,x)$當且僅當$k$在$z$子樹中

特別的，當$x=y$時令$z=x$，這是為了方便處理，證明比較顯然，這裡就省略了

接下來，考慮對答案的貢獻，分為兩部分：

1.$z$的子樹中，點$k$的答案加上$deep_+deep_-2depp_$，首尾兩個式子都為常數，線段樹+dfs序即可，$deep_$通過打「區間加點深度」的標記，再維護區間內所有點深度和即可處理

2.$z$的子樹外，考慮$deep_+deep_-2deep_$，前兩個式子與上面處理方式相同，考慮第三個式子——

再建一棵線段樹，將$fa_$到根的路徑打上「減2倍其到父親的邊權」，那麼乙個點所需要減的就是其到根路徑上所有點的和，同時對$z$的子樹內部沒有影響，因此應對$z$的子樹區間加$fa_$的深度

這個考慮在詢問時處理，假設詢問$k$的子樹，對於$k$到根路徑上的所有點都會被減小$k$子樹大小次，之後對於$k$子樹內部的點會被減小子樹大小次

分別維護這個值以及這個值乘對應子樹大小的兩顆線段樹就可以處理了，另外鏈修改需要樹鏈剖分，總複雜度為$o(n\log^n)$

（注意，這樣兩顆線段樹是獨立的，也就是對兩邊的貢獻用不同的方式計算）

對於修改，可以看作在某種顏色中插入/刪除乙個點，對於插入同樣直徑合併（之後重新修改），刪除可以用線段樹來做，同樣利用直徑合併的性質就可以做了（注意修改完直徑後都要重新計算貢獻）

1 #include2
using
namespace
std;
3#define n 200005
4#define ll long long
5#define l (k<<1)
6#define r (l+1)
7#define mid (l+r>>1)
8#define pii pair9
#define fi first
10#define se second
11struct
jiedge[n];
14int e,n,m,t,x,p,a[n],head[n],d1[n],d2[n],sz[n],son[n],dfn[n],inv_dfn[n],top[n],fa[n][21
];15
int v,pos[n],rt[n],ls[n*40],rs[n*40
];16 vectorv[n];
17 pii fd[n*40
];18 ll val[4][n<<2],tag[4][n<<2],f[4][n<<2
];19
void add(int x,int y,int
z)25
void dfs1(int k,int s1,int
s2)36}37
void dfs2(int k,int
t)46}47
int lca(int x,int
y)57
return fa[x][0
];58}59
int dis(int x,int
y)63
pii merge(pii x,pii y)79}
80return
ans;81}
82void update(int &k,int l,int r,int x,int
y)88
if (x<=mid)update(ls[k],l,mid,x,y);
89else update(rs[k],mid+1
,r,x,y);
90     fd[k]=merge(fd[ls[k]],fd[rs[k]]);91}
92void up(int
k)95
void upd(int p,int k,int
x)99
void down(int
k)106
}107
void build(int k,int l,int
r)117
build(l,l,mid);
118     build(r,mid+1
,r);
119for(int i=0;i<4;i++)val[i][k]=val[i][l]+val[i][r];
120}
121void update(int p,int k,int l,int r,int x,int y,int
z)127
down(k);
128update(p,l,l,mid,x,y,z);
129     update(p,r,mid+1
,r,x,y,z);
130up(k);
131}
132 ll query(int p,int k,int l,int r,int x,int
y)138
void calc(int k,int
p)150     update(0,1,1,n,dfn[z],dfn[z]+sz[z]-1,p*(d2[y]-2*d2[lca(x,y)]));
151     update(0,1,1,n,1,dfn[z]-1,p*d2[x]);
152     update(0,1,1,n,dfn[z]+sz[z],n,p*d2[x]);
153     update(1,1,1,n,1
,n,p);
154     update(0,1,1,n,dfn[z],dfn[z]+sz[z]-1,2*p*d2[fa[z][0
]]);
155     z=fa[z][0
];156
while (z>1
)161
}162 ll query(int
k)172
return
ans;
173}
174int
main()
181     memset(head,-1,sizeof
(head));
182     fa[1][0]=1
;183
for(int i=2;i<=n;i++)scanf("
%d",&fa[i][0
]);184
for(int i=2;i<=n;i++)
188     dfs1(1,0,0
);189     x=0
;190     dfs2(1,1
);191     build(1,1
,n);
192for(int i=1;i<=n;i++)update(rt[a[i]],1,n+m,pos[i],i);
193for(int i=1;i<=t;i++)calc(i,1
);194
for(int i=1;i<=m;i++)
208}
209 }

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