[LNOI2014]LCA

題目

給出一個n個節點的有根樹（編號為0到n-1，根節點為0）。一個點的深度定義為這個節點到根的距離+1。
設dep[i]表示點i的深度，LCA(i,j)表示i與j的最近公共祖先。
有q次詢問，每次詢問給出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]區間內的每個節點i與z的最近公共祖先的深度之和）

INPUT

第一行2個整數n q。
接下來n-1行，分別表示點1到點n-1的父節點編號。
接下來q行，每行3個整數l r z。

OUTPUT

輸出q行，每行表示一個詢問的答案。每個答案對201314取模

SAMPLE

INPUT

5 2
0
0
1
1
1 4 3
1 4 2

OUTPUT

8

5

解題報告

首先提出一個結論

$x$點與$y$點的$LCA$可以由如下方式求得：

將$x$點到根路徑上所有點點權置為$1$，其余點點權置為$0$，則$y$點到根路徑上點權和即為所求

原因很簡單，手畫一下就可以發現這個規律

有了這個結論，我們就可以把求$LCA$這種操作轉化為路徑上的點權操作了，也就是說，樹鏈剖分就可行了起來

我們考慮如何處理一段區間的貢獻，顯然可以用差分來搞，那麽我們就可以將操作離線，將詢問拆成兩個，進行差分，掃一遍節點，進行點權覆蓋與差分查詢即可

 1
 
 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cstdio>
 4 #include <vector>
 5 using namespace std;
 6 inline int read(){
 7     int sum(0);char ch(getchar());
 8     for(;ch<‘0‘||ch>‘9‘;ch=getchar());
 9     for(;ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;sum=sum*10+(ch^48
 
),ch=getchar());
10     return sum;
11 }
12 const int mod(201314);
13 struct edge{int e;edge *n;}*pre[50005];
14 inline void insert(int s,int e){edge *tmp(new edge);tmp->e=e;tmp->n=pre[s];pre[s]=tmp;}
15 int n,q;
16 int z[50005];
17 vector<int>sub[50005],add[50005];
18 int sum[200005],lazy[200005];
19 inline void pushup(int i){sum[i]=(sum[i<<1]+sum[i<<1|1])%mod;}
20 inline void pushdown(int i,int len){
21     if(lazy[i]){
22         lazy[i<<1]=(lazy[i<<1]+lazy[i])%mod;
23         lazy[i<<1|1]=(lazy[i<<1|1]+lazy[i])%mod;
24         sum[i<<1]=(sum[i<<1]+lazy[i]*(len-(len>>1))%mod)%mod;
25         sum[i<<1|1]=(sum[i<<1|1]+lazy[i]*(len>>1)%mod)%mod;
26         lazy[i]=0;
27     }
28 }
29 inline void update(int ll,int rr,int w,int l,int r,int i){
30     if(ll<=l&&r<=rr){lazy[i]=(lazy[i]+w)%mod;sum[i]=(sum[i]+w*(r-l+1)%mod)%mod;return;}
31     int mid((l+r)>>1);pushdown(i,r-l+1);
32     if(ll<=mid)update(ll,rr,w,l,mid,i<<1);if(mid<rr)update(ll,rr,w,mid+1,r,i<<1|1);pushup(i);
33 }
34 inline int query(int ll,int rr,int l,int r,int i){
35     if(ll<=l&&r<=rr)return sum[i];int ret(0),mid((l+r)>>1);pushdown(i,r-l+1);
36     if(ll<=mid)ret=query(ll,rr,l,mid,i<<1);if(mid<rr)ret=(ret+query(ll,rr,mid+1,r,i<<1|1))%mod;return ret;
37 }
38 int ans[50005];
39 int fa[50005],son[50005],size[50005],dep[50005];
40 inline void dfs1(int u){
41     son[u]=0;size[u]=1;
42     for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
43         int e(i->e);dep[e]=dep[u]+1;dfs1(e);
44         size[u]+=size[e];if(size[e]>size[son[u]])son[u]=e;
45     }
46 }
47 int cnt,id[50005],pos[50005],top[50005];
48 inline void dfs2(int u,int rt){
49     top[u]=rt;id[u]=++cnt;pos[cnt]=u;if(son[u])dfs2(son[u],rt);
50     for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){int e(i->e);if(e==son[u])continue;dfs2(e,e);}
51 }
52 inline void change(int x,int y){
53     while(top[x]^top[y]){
54         if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
55         update(id[top[x]],id[x],1,1,n,1);
56         x=fa[top[x]];
57     }
58     if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
59     update(id[x],id[y],1,1,n,1);
60 }
61 inline int ask(int x,int y){
62     int ret(0);
63     while(top[x]^top[y]){
64         if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
65         ret=(ret+query(id[top[x]],id[x],1,n,1))%mod;
66         x=fa[top[x]];
67     }
68     if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
69     ret=(ret+query(id[x],id[y],1,n,1))%mod;
70     return ret;
71 }
72 int main(){
73     n=read();q=read();
74     for(int i=2;i<=n;++i){
75         int x(read()+1);fa[i]=x;insert(x,i);
76     }
77     for(int i=1;i<=q;++i){
78         int x(read()+1),y(read()+1);z[i]=read()+1;
79         sub[x-1].push_back(i);add[y].push_back(i);
80     }
81     dfs1(1);dfs2(1,1);
82     for(int i=1;i<=n;++i){
83         change(i,1);
84         for(int j=0,k=sub[i].size();j<k;++j)
85             ans[sub[i][j]]=((ans[sub[i][j]]-ask(z[sub[i][j]],1))%mod+mod)%mod;
86         for(int j=0,k=add[i].size();j<k;++j)
87             ans[add[i][j]]=(ans[add[i][j]]+ask(z[add[i][j]],1))%mod;
88     }
89     for(int i=1;i<=q;++i)printf("%d\n",ans[i]);
90 }

[LNOI2014]LCA