##题目描述
题目大意:给定一颗
n(n≤150000)个点的树,每个点有点权,边有边权(表示两个点之间的距离)。
q(q≤200000)次询问,每次询问点权在
[L,R]之间的所有点到某个点的距离之和。强制在线。
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##分析
首先考虑一个简化的版本,询问所有点到点
u的距离和。尝试进行公式推导。
令
dep[i],size[i]分别表示以
1为根时第
i个点的深度和子树大小。观察
1为根和
u为根会发生哪些变化。
u的子树中某节点
v的深度会从
dep[v]变成
dep[v]−dep[u],相当于都减少了
dep[u],且有
size[u]个点发生了此变化;
fa[u]的子树,且不是
u的子树中的某节点
v,深度会从
dep[v]变成
dep[v]−dep[fa[u]]+dep[u]−dep[fa[u]],相当于减少了
2dep[fa[u]]−dep[u],且有
size[fa[u]]−size[u]个点发生了此变化,以此类推。
更具体的描述,定义
ai为
1至
u的链上的第
i个点,
1至
u的链上共有
k个点,那么所有点到
u的距离之和可以用如下式子表示:
∑i=1ndep[i]−∑i=1k−1(size[ai]−size[ai+1])∗(2∗dep[ai]−dep[u])−size[u]∗dep[u]
展开可得:
∑i=1ndep[i]−size[u]∗dep[u]−
(2∗∑i=1k−1size[ai]∗dep[ai]−
2∗∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[ai]−
∑i=1k−1size[ai]∗dep[u]+
∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[u])
=∑i=1ndep[i]−size[u]∗dep[u]−
2∗∑i=1k−1size[ai]∗dep[ai]+
2∗∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[ai]+
∑i=1k−1size[ai]∗dep[u]−
∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[u]
其中
∑i=1k−1size[ai]∗dep[u]−∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[u]
=∑i=1k−1size[ai]∗dep[u]−∑i=2ksize[ai]∗dep[u]
=size[a1]∗dep[u]−size[ak]∗dep[u]=n∗dep[u]−size[u]∗dep[u]
于是原式变为
∑i=1ndep[i]+n∗dep[u]−2∗size[u]∗dep[u]
−2∗∑i=1k−1size[ai]∗dep[ai]+2∗∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[ai]
现在观察
−2∗∑i=1k−1size[ai]∗dep[ai]+2∗∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[ai]
=2∗∑i=1k−1size[ai+1]∗dep[ai]−2∗∑i=1k−1size[ai]∗dep[ai]
直接相减出现的
size[ai]−size[ai+1]难以处理,我们考虑进行一次错位
原式
=2∗∑i=2ksize[ai]∗dep[ai−1]−2∗∑i=1k−1size[ai]∗dep[ai]
=2∗∑i=2ksize[ai]∗dep[ai−1]−2∗∑i=2k−1size[ai]∗dep[ai](dep[a1]=dep[1]=0)
=2∗size[ak]∗dep[ak−1]+2∗∑i=2k−1size[ai]∗(dep[ai−1]−dep[ai])
将原式中的
−2∗size[u]∗dep[u]并入上式中,得到:
2∗size[ak]∗dep[ak−1]−2∗size[ak]∗dep[ak]+2∗∑i=2k−1size[ai]∗(dep[ai−1]−dep[ai])
=2∗∑i=2ksize[ai]∗(dep[ai−1]−dep[ai])
注意到
dep[ai]−dep[ai−1]是点
i 到其父节点的边权,定义为
fv[i]
故原式等于
∑i=1ndep[i]+n∗dep[u]−2∗∑i=2ksize[ai]∗fv[ai]
可以进行维护
现在考虑如何加入
[L,R]的限制。直接通过子树查询的方式进行,单次复杂度与树高约为线性关系,不可以接受。这时便要体会主席树的版本作用。
将点按照点权排序,一个一个加入,最终答案便是
R对应版本的主席树的答案减去
L个对应版本的前一个版本的主席树的答案。
每次加入一个点的时候,树的形态不发生变化,
fv[i]不发生变化,只有
size[i]发生变化。只需把加入的这个点到根的路径上的所有点的
size进行
+1即可,查询时从当前指定的点出发,向上统计
∑size[i]∗fv[i]。这是可以通过树链剖分维护的。由于空间限制,标记永久化是一个不错的选择。
思路总结
对主席树的认识不要僵化,体会其有关版本的作用。例如对于区间
[l,r]统计在
[L,R]之间的数的个数问题,其实也可以按照数值排序后一个个插入点,统计第
R个版本的树中位置是
[l,r]的有多少,减去第
L−1颗树的答案。不同版本不一定是按照位置,也不一定是按照权值(虽然我目前就见过这俩),思路要灵活。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200050
#define ri register int
#define il inline
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, q, A, ecnt, numcnt, root[MAXN], rtcnt, num[MAXN];
int tcnt, top[MAXN], id[MAXN], fa[MAXN], fv[MAXN], son[MAXN], size[MAXN];
LL lastans, dsum[MAXN], dep[MAXN];
struct Node {
int id, ag;
bool operator < (const Node &x) const {
if(ag == x.ag) return id < x.id;
return ag < x.ag;
}
}mon[MAXN];
struct node {
int v, w;
node *next;
}pool[MAXN<<2], *h[MAXN];
struct NODE {
int ls, rs, lazy;
LL sum, esum;
void init() {
ls = rs = lazy = 0, esum = sum = 0;
}
}t[MAXN<<7];
il void adde(int u, int v, int w) {
node *p = &pool[ecnt++], *q = &pool[ecnt++];
*p = node {v, w, h[u]}, h[u] = p;
*q = node {u, w, h[v]}, h[v] = q;
}
void dfs1(int u) {
size[u] = 1;
for(node *p = h[u]; p; p = p->next) {
if(p->v == fa[u]) continue;
dep[p->v] = dep[u]+p->w, fa[p->v] = u, fv[p->v] = p->w, dfs1(p->v), size[u] += size[p->v];
if(size[p->v] > size[son[u]]) son[u] = p->v;
}
}
void dfs2(int u, int t) {
id[u] = ++tcnt, top[u] = t, num[tcnt] = fv[u];
if(!son[u]) return ;
dfs2(son[u], t);
for(node *p = h[u]; p; p = p->next)
if(!id[p->v]) dfs2(p->v, p->v);
}
void build(int &u, int l, int r) {
int tmp = u; u = ++rtcnt, t[u] = t[tmp];
if(l == r) return (void)(t[u].esum = num[l]);
int mid = (l+r)>>1;
build(t[u].ls, l, mid);
build(t[u].rs, mid+1, r);
t[u].esum = t[t[u].ls].esum + t[t[u].rs].esum;
}
void change(int &u, int l, int r, int tl, int tr) {
int tmp = u; u = ++rtcnt, t[u] = t[tmp];
if(tl <= l && r <= tr) {
++t[u].lazy;
t[u].sum += t[u].esum;
return ;
}
int mid = (l+r)>>1;
if(tl <= mid) change(t[u].ls, l, mid, tl, tr);
if(mid < tr) change(t[u].rs, mid+1, r, tl, tr);
t[u].sum = t[t[u].ls].sum + t[t[u].rs].sum + t[u].esum*t[u].lazy;
}
void Change(int u, int ver) {
while(top[u] != 1) {
change(root[ver], 1, n, id[top[u]], id[u]);
u = fa[top[u]];
}
change(root[ver], 1, n, 1, id[u]);
}
LL query(int u, int l, int r, int tl, int tr, int add) {
if(tl <= l && r <= tr) return t[u].sum + t[u].esum*add;
int mid = (l+r)>>1; LL ret = 0;
add += t[u].lazy;
if(tl <= mid) ret += query(t[u].ls, l, mid, tl, tr, add);
if(mid < tr) ret += query(t[u].rs, mid+1, r, tl, tr, add);
return ret;
}
LL Query(int u, int ver) {
LL ret = 0;
while(top[u] != 1) {
ret += query(root[ver], 1, n, id[top[u]], id[u], 0);
u = fa[top[u]];
}
ret += query(root[ver], 1, n, 1, id[u], 0);
return ret;
}
il LL calc(int u, int ver) {
return dsum[ver] + ver*dep[u] - 2*Query(u, ver);
}
int main() {
int u, v, c;
scanf("%d%d%d", &n, &q, &A);
for(ri i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &mon[i].ag), mon[i].id = i;
for(ri i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d%d", &u, &v, &c), adde(u, v, c);
dfs1(1), dfs2(1, 1);
sort(mon+1, mon+n+1);
build(root[0], 1, n);
for(ri i = 1; i <= n; ++i)
dsum[i] = dsum[i-1] + dep[mon[i].id],
root[i] = root[i-1], Change(mon[i].id, i);
while(q--) {
LL l, r; int L, R;
scanf("%d%lld%lld", &u, &l, &r);
l += lastans, r += lastans;
L = min(l%A, r%A), R = max(l%A, r%A);
L = lower_bound(mon+1, mon+n+1, Node{0, L})-mon, R = upper_bound(mon+1, mon+n+1, Node{MAXN, R})-mon-1;
printf("%lld\n", lastans = calc(u, R)-calc(u, L-1));
}
return 0;
}