Description:

給你一棵樹,每次詢問以一個點為根時所有子樹點權和的平方和
帶修改

Hint:

\(n\le 2*10^5\)

Solution:

這題只要推出式子就很簡單了

如果不換根這個平方和樹剖直接做就行了

考慮換根的影響了哪些點的貢獻

顯然只影響了\(1\)到\(u\)的路徑上的點

把1到\(u\)這條路徑上的點依次標記為\(1,2,3......k\)

我們設\(a_i\)為以1為根時\(i\)的點權和,\(b_i\)為以\(u\)為根的點權和

\(Ans=ans_1-\sum a_i^2 + \sum b_i^2\)

註意到\(a_{i+1}+b_i=sum\)

\(Ans=ans_1-\sum a_i^2 +b_k^2 + \sum (sum-a_{i+1})^2\)

消掉\(\sum a_i^2\)

\(Ans=ans_1-k*sum^2-2*sum*\sum a_i\)

(註意最後並沒有算\(a_1\))

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ls p<<1 
#define rs p<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mxn=1e6+5;
ll n,m,cnt,hd[mxn];

inline ll read() {
    char c=getchar(); ll x=0,f=1;
    while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);c=getchar();}
    return x*f;
}
inline void chkmax(ll &x,ll y) {if(x<y) x=y;}
inline void chkmin(ll &x,ll y) {if(x>y) x=y;}

struct ed {
    ll to,nxt;
}t[mxn<<1];

ll df;
ll a[mxn],f[mxn],sz[mxn],rk[mxn],dfn[mxn],top[mxn],son[mxn];
ll tr[mxn<<2],pw[mxn<<2],tag[mxn<<2],len[mxn<<2],sum[mxn];

inline void add(ll u,ll v) {
    t[++cnt]=(ed) {v,hd[u]}; hd[u]=cnt;
}

void dfs1(ll u,ll fa) {
    f[u]=fa; sz[u]=1; sum[u]=a[u];
    for(ll i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
        ll v=t[i].to;
        if(v==fa) continue ;
        dfs1(v,u); sz[u]+=sz[v]; sum[u]+=sum[v];
        if(sz[son[u]]<sz[v]) son[u]=v;
    }
}

void dfs2(ll u,ll tp) {
    dfn[u]=++df; rk[df]=u; top[u]=tp;
    if(son[u]) dfs2(son[u],tp); 
    for(ll i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
        ll v=t[i].to;
        if(v==f[u]||v==son[u]) continue ;
        dfs2(v,v);
    }
}

void push_up(ll p) {
    tr[p]=tr[ls]+tr[rs];
    pw[p]=pw[ls]+pw[rs];
}

void push_down(ll p) {
    if(tag[p]) {
        tag[ls]+=tag[p]; tag[rs]+=tag[p];
        pw[ls]+=2*tr[ls]*tag[p]+tag[p]*tag[p]*len[ls];
        pw[rs]+=2*tr[rs]*tag[p]+tag[p]*tag[p]*len[rs];
        tr[ls]+=len[ls]*tag[p];
        tr[rs]+=len[rs]*tag[p];
        tag[p]=0;
    }
}

void build(ll l,ll r,ll p) {
    if(l==r) {
        len[p]=1;
        tr[p]=sum[rk[l]];
        pw[p]=sum[rk[l]]*sum[rk[l]];
        return ;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,ls); build(mid+1,r,rs);
    push_up(p); len[p]=r-l+1;
}

void update(ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll val,ll p) {
    if(ql<=l&&r<=qr) {
        tag[p]+=val;
        pw[p]+=val*val*len[p]+2*val*tr[p];
        tr[p]+=val*len[p];
        return ;
    }
    ll mid=(l+r)>>1; push_down(p);
    if(ql<=mid) update(l,mid,ql,qr,val,ls);
    if(qr>mid) update(mid+1,r,ql,qr,val,rs);
    push_up(p);
}

ll query(ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll p) {
    if(ql<=l&&r<=qr) return tr[p];
    ll mid=(l+r)>>1; push_down(p); ll res=0;
    if(ql<=mid) res+=query(l,mid,ql,qr,ls);
    if(qr>mid) res+=query(mid+1,r,ql,qr,rs);
    return res;
}

ll tp;

void modify(ll x,ll y) {
    y-=a[x]; a[x]+=y; tp+=y;
    while(x) {
        update(1,n,dfn[top[x]],dfn[x],y,1);
        x=f[top[x]]; 
    }
}

ll ask(ll x) {
    ll ans=pw[1],res1=0,res2=0;
    while(top[x]!=1) {
        res1+=dfn[x]-dfn[top[x]]+1;
        res2+=query(1,n,dfn[top[x]],dfn[x],1);
        x=f[top[x]];
    }
    res1+=dfn[x]-1;
    if(x!=1) res2+=query(1,n,dfn[1]+1,dfn[x],1);
    return ans+tp*(res1*tp-res2*2);
}

int main()
{
    n=read(); m=read(); ll u,v,opt,x,y;
    for(ll i=1;i<n;++i) {
        u=read(); v=read();
        add(u,v); add(v,u);
    }
    for(ll i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    dfs1(1,0); dfs2(1,1); build(1,n,1); tp=sum[1];
    for(ll i=1;i<=m;++i) {
        opt=read();
        if(opt==1) {
            x=read(); y=read();
            modify(x,y);
        }
        else x=read(),printf("%lld\n",ask(x));
    }
    return 0;
}
 

[P3676]小清新數據結構題