题面
传送门
"奋战三星期，造台计算机"。小G响应号召，花了三小时造了台普通计算姬。普通计算姬比普通计算机要厉害一些
。普通计算机能计算数列区间和，而普通计算姬能计算树中子树和。更具体地，小G的计算姬可以解决这么个问题
：给定一棵n个节点的带权树，节点编号为1到n，以root为根，设sum[p]表示以点p为根的这棵子树中所有节点的权
值和。计算姬支持下列两种操作:
1 给定两个整数u,v，修改点u的权值为v。
2 给定两个整数l,r，计算sum[l]+sum[l+1]+....+sum[r-1]+sum[r]
尽管计算姬可以很快完成这个问题，可是小G并不知道它的答案是否正确，你能帮助他吗？
分析
刚看到这题想到树剖套线段树的做法，但是时间复杂度太大，无法接受。既然用log级的数据结构无法维护，很容易想到分块。按节点编号分块，每个块维护sum[l]+sum[l+1]+...+sum[r],[l,r]为块边界
这道题的突破口是考虑每个节点的贡献
对于每个节点u来说，它的值被改为v,只会影响u的祖先节点的子树和。
因此可以分块预处理\(f[i][j]\)表示第i个节点有多少个祖先节点在第j个块里面。dfs的时候维护一个数组cnt[i]存储当前搜索树中有多少个节点在第i块中，递归到某个节点x时cnt[x]++,回溯时cnt[x]--，这样\(f[x][i]=cnt[i]\)
那么如果某个节点x的值增加了d,我们就遍历每个块i，每个块i的和增加\(f[x][i]\times d\)
查询的时候整块可以直接加上和。对于不完整的部分，直接查询每个节点的子树和再相加，用dfs序+树状数组的方法维护。树状数组的第i个位置存储第i个节点的值，查询子树和的时候利用dfs序可以\(O(\log n)\)的时间内查询出第i个节点的子树和
坑点：
此题不能用树状数组，会被卡常。记得开unsigned long long,否则会爆
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define maxn 100005
#define maxb 505
#define ll unsigned long long
using namespace std;
int n,m;
struct BIT {
ll t[maxn];
inline ll lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void update(int x,ll v){
while(x<=n){
t[x]+=v;
x+=lowbit(x);
}
}
ll sum(int x){
ll ans=0;
while(x>0){
ans+=t[x];
x-=lowbit(x);
}
return ans;
}
ll query(int l,int r){
return sum(r)-sum(l-1);
}
}T;
struct edge {
int from;
int to;
int next;
} E[maxn<<1];
int head[maxn];
int esz=1;
void add_edge(int u,int v) {
esz++;
E[esz].from=u;
E[esz].to=v;
E[esz].next=head[u];
head[u]=esz;
}
ll a[maxn];
int bsz,bcnt;//块大小，块个数
inline int lb(int id) {
return (id-1)*bsz+1;
}
inline int rb(int id) {
return (id*bsz>n)?n:id*bsz;
}
int cnt[maxb];//cnt[i]存第i个块内有多少个当前搜索树中的节点
int f[maxn][maxb]; //f[i][j]存第i个块内有多少个j的祖先节点
ll sum[maxn];//整块的和
int id[maxn];
int dfnl[maxn],dfnr[maxn];
int tim=0;
void dfs(int x,int fa) {
dfnl[x]=++tim;
cnt[id[x]]++;
for(int i=1; i<=bcnt; i++) {
f[x][i]=cnt[i];
}
for(int i=head[x]; i; i=E[i].next) {
int y=E[i].to;
if(y!=fa) {
dfs(y,x);
}
}
dfnr[x]=tim;
cnt[id[x]]--;
}
void change(int u,ll v){
ll pre=T.query(dfnl[u],dfnl[u]);
T.update(dfnl[u],v-pre);
for(int i=1;i<=bcnt;i++){
sum[i]+=(ll)f[u][i]*(v-pre);
}
}
ll ask(int l,int r){
ll ans=0;
for(int i=l;i<=min(r,rb(id[l]));i++){
ans+=T.query(dfnl[i],dfnr[i]);
}
for(int i=id[l]+1;i<id[r];i++){
ans+=sum[i];
}
if(id[l]!=id[r]){
for(int i=lb(id[r]);i<=r;i++){
ans+=T.query(dfnl[i],dfnr[i]);
}
}
return ans;
}
int main() {
int op,u,v,l,r,root;
ll k;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%llu",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d %d",&u,&v);
if(u==0) root=v;
else{
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
}
bsz=sqrt(n);
bcnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
id[i]=bcnt;
if(i%bsz==0) bcnt++;
}
dfs(root,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
T.update(dfnl[i],a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[id[i]]+=T.query(dfnl[i],dfnr[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&op);
if(op==1){
scanf("%d",&u);
scanf("%llu",&k);
change(u,k);
}else{
scanf("%d %d",&l,&r);
printf("%llu\n",ask(l,r));
}
}
}