3626: [LNOI2014]LCA
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 3810 Solved: 1520
[Submit][Status][Discuss]
Description
给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）
Input
第一行2个整数n q。
接下来n-1行，分别表示点1到点n-1的父节点编号。
接下来q行，每行3个整数l r z。
Output
输出q行，每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出
Sample Input
5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2
Sample Output
8
5
5
HINT
共5组数据，n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。
Source
总结：这道题感觉比较神
如果暴力上lca，复杂度很明显是O(n * q * logn)T了
正解不需要求lca
考虑如果将z到根节点的路径染色，则(l, r)区间的点与z的lca必在这条路径上
于是可将题目转化为，将z到根节点路径上的点的点权赋为1，则(l, r)区间的点到根节点的点权和即为答案
然后又可以转化为将(l, r)区间的点到根节点的路径所经过的点权值赋为1，求z到根节点的点权和
考虑差分，每次答案相当于query(1, r) - query(1, l - 1)
于是可以离线做，一次1....n加点
注意要取模，根节点为0
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200005;
const int N = 50005;
int laz[maxn], sum[maxn], dep[N], f[N], tot, cnt = 1;
int id[N], siz[N], son[N], top[N], n, m, head[maxn];
struct Node{
int v, nxt;
} G[maxn];
struct data {
int p, v, id, z;
} a[maxn];
void ins(int u, int v) {
G[cnt] = (Node) {v, head[u]}; head[u] = cnt++;
}
int ans[N];
void dfs1(int x, int fa, int deep) {
dep[x] = deep; siz[x] = 1;
int maxson = -1;
for (int i = head[x]; i; i = G[i].nxt) {
int v = G[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs1(v, x, deep + 1);
siz[x] += siz[v];
if(siz[v] > maxson) maxson = siz[v], son[x] = v;
}
}
void dfs2(int x, int topf) {
top[x] = topf; id[x] = ++tot;
if(son[x] != 0) dfs2(son[x], topf);
for (int i = head[x]; i; i = G[i].nxt) {
int v = G[i].v;
if(v == f[x] || v == son[x]) continue;
dfs2(v, v);
}
}
void pushdown(int o, int l, int r) {
if(laz[o] != 0) {
int mid = (l + r) >> 1;
laz[o << 1] += laz[o];
laz[o << 1 | 1] += laz[o];
sum[o << 1] += (mid - l + 1) * laz[o];
sum[o << 1 | 1] += (r - mid) * laz[o];
laz[o] = 0;
}
}
void update(int o) {
sum[o] = sum[o << 1] + sum[o << 1 | 1];
}
void modify(int o, int l, int r, int ql, int qr, int z) {
if(ql <= l && r <= qr) {
sum[o] += (r - l + 1); laz[o] += z;
return;
} int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if(ql <= mid) modify(o << 1, l, mid, ql, qr, z);
if(qr > mid) modify(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, z);
update(o);
}
void modify_x(int x) {
while(top[x]) {
modify(1, 1, n, id[top[x]], id[x], 1); x = f[top[x]];
} modify(1, 1, n, 1, id[x], 1);
}
int query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
int res = 0;
if(ql <= l && r <= qr) return sum[o];
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(o, l, r);
if(ql <= mid) res += query(o << 1, l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) res += query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
return res;
}
int query_sum(int x) {
int res = 0;
while(top[x]) {
res += query(1, 1, n, id[top[x]], id[x]); x = f[top[x]];
} res += query(1, 1, n, 1, id[x]);
return res;
}
int cmp(data a, data b) {
return a.p < b.p;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n - 1; ++i) {
scanf("%d", &f[i]); ins(f[i], i); ins(i, f[i]);
} dfs1(0, -1, 0); dfs2(0, 0);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int l, r, z;
scanf("%d%d%d", &l, &r, &z);
a[i] = (data) {l - 1, -1, i, z};
a[i + m] = (data) {r, 1, i, z};
}
sort(a + 1, a + m * 2 + 1, cmp); int h = 0;
for (int i = 1; i <= 2 * m; ++i) {
while(h <= a[i].p) modify_x(h++);
ans[a[i].id] += a[i].v * query_sum(a[i].z);
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%d ", ans[i]);
return 0;
}