[JZOJ6341] 【NOIP2019模拟2019.9.4】C

题目

题目大意

给你一颗带点权的树，后面有许多个询问$(u,v)$，问：
$$\sum _{i=0}^{k-1}dist(u,d_i)or{a}_{d_i}$$
$d$为$u$到$v$路径上的点。

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思考历程&正解

其实我只会我的方法……题解说得太简略了，集训队大佬Infleaking的方法完全听不懂……
首先看到这道题，就立马觉得是神仙题。
但是想到既然是树题，那应该不会太难。
于是我开始试着$LCT$建立联系……但是发现这个操作真是太骚了，用$splay$真的不好维护。
再想想线段树，但显然线段树还是不行。
到了后来，我突然想到了一个特别傻逼的做法：$ST$表！
这道题维护的东西和$2$的次幂息息相关，所以再维护的时候，左右区间必须是$2$的次幂。

然后想一想怎么做。
首先答案加上$\frac{k(k+1)}{2}$，也就是$dist$的贡献。接着考虑加没有加上的贡献加上去。
我们可以找到满足$2^i\le k$的最大$i$，然后将区间变成两段。
我们维护左边第$i$位为$1$的个数，记作$suml$。
那么答案就是$suml\ast 2^i+左边的答案+右边的答案$。
由于左边的区间是整的，所以比较好预处理。
首先对于每一位，预处理出一个前缀和，记作$su{m}_{i,j}$。
设$f_{i,j}$表示$i$到$2^j-1$个祖先的答案。转移是显然的，就是将其分成两个长度相等的子区间，左右区间的答案之和，加上左区间的$i-1$位为$1$的个数乘上$2^{i-1}$。
同样地，也求$g_{i,j}$，定义和$f_{i,j}$相反。

如果路径是一条从后代到祖先的链，可以$i$从高到低枚举，如果$2^i>k$就加上区间内$i$位为$1$的个数乘上$2^i$；否则就分成两个区间，将左区间的贡献加上之后，后面的答案就跟左区间没有关系了，那么就可以把左区间裁掉，转化成只有右区间的子问题。
现在最重要的问题是如何绕过它们的$LCA$。

首先从$u$开始跳，如果要往右边跳$2^i$步，判断一下是否绕过$LCA$。如果没有绕过，就跳过去，跳到不能跳为止。
对于后面的，可以将这样做下去的所有区间的左端点给处理出来。我们考虑倒过来求，也就是从$v$开始，向上跳$lowbit(k)$位，不要越过$LCA$，跳到不能跳为止。用个栈将这些经过的点存起来。
于是就可以很容易地算出后面的这些区间的答案。然后我们就把后面的区间给裁掉了。

于是只剩下了那个长度为$2$的次幂的，跨过$LCA$的区间。
考虑暴力求。每次分成两段，求出两段的答案之后用和$f$一样的方法合并。接着我们就发现，这两段中至少有一段是被处理过的，只需要处理那段没有被处理的就行了。于是递归的过程只有$\lg$层。

然后就没有然后了。时间复杂度是优秀的$O(n\lg n)$，实际上常数巨大无比……
而且代码实现不容易。

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代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 300010
inline int input(){
	char ch=getchar();
	while (ch<'0' || '9'<ch)
		ch=getchar();
	int x=0;
	do{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	while ('0'<=ch && ch<='9');
	return x;
}
int n,a[N];
struct EDGE{
	int to;
	EDGE *las;
} e[N*2];
int ne;
EDGE *last[N];
int dep[N],fa[N][30];
long long sum[N][30],f[N][30],g[N][30];
inline void init(){
	static int q[N];
	int head=1,tail=1;
	q[1]=1;
	while (head<=tail){
		int x=q[head++];
		for (int i=0;i<29;++i)
			sum[x][i]=sum[fa[x][0]][i]+(a[x]>>i&1);
		dep[x]=dep[fa[x][0]]+1;
		f[x][0]=g[x][0]=0;
		for (int i=1;1<<i<=dep[x];++i){
			fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
			f[x][i]=f[x][i-1]+f[fa[x][i-1]][i-1]+(sum[x][i-1]-sum[fa[x][i-1]][i-1]<<i-1);
			g[x][i]=g[x][i-1]+g[fa[x][i-1]][i-1]+(sum[fa[x][i-1]][i-1]-sum[fa[x][i]][i-1]<<i-1);
		}
		for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
			if (ei->to!=fa[x][0]){
				fa[ei->to][0]=x;
				q[++tail]=ei->to;
			}
	}
}
inline int LCA(int u,int v){
	if (dep[u]<dep[v])
		swap(u,v);
	for (int k=dep[u]-dep[v],i=0;k;k>>=1,++i)
		if (k&1)
			u=fa[u][i];
	if (u==v)
		return u;
	for (int i=18;i>=0;--i)
		if (fa[u][i]!=fa[v][i])
			u=fa[u][i],v=fa[v][i];
	return fa[u][0];
}
long long getsum(int u,int v,int lca,int k){
	return sum[u][k]+sum[v][k]-sum[lca][k]-sum[fa[lca][0]][k];
}
long long dfs(int k,int u,int v,int lca){
	if (v==lca)
		return f[u][k];
	if (dep[u]-dep[lca]<1<<k-1)
		return dfs(k-1,u,fa[v][k-1],lca)+g[v][k-1]+(getsum(u,fa[v][k-1],lca,k-1)<<k-1);
	return f[u][k-1]+dfs(k-1,fa[u][k-1],v,lca)+(sum[u][k-1]-sum[fa[u][k-1]][k-1]<<k-1);
}
int w[30],top;
int main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout); 
	n=input();
	int Q=input();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=input();
	for (int i=1;i<n;++i){
		int u=input(),v=input();
		e[ne]={v,last[u]};
		last[u]=e+ne++;
		e[ne]={u,last[v]};
		last[v]=e+ne++;
	}
	init();
	while (Q--){
		int u=input(),v=input(),lca=LCA(u,v),k=dep[u]+dep[v]-dep[lca]*2+1,i;
		long long ans=(long long)(k-1)*k>>1;
		for (i=29;i>=0 && k;--i)
			if (k>>i&1){
				if (1<<i<=dep[u] && dep[lca]-1<=dep[fa[u][i]]){
					ans+=f[u][i]+(sum[u][i]-sum[fa[u][i]][i]<<i);
					u=fa[u][i];
					k-=1<<i;
				}
				else	
					break;
			}
			else
				ans+=getsum(u,v,lca,i)<<i;
		top=0;
		w[0]=v;
		if (u==fa[lca][0])
			i++;
		for (int j=0;j<i;++j)
			if (k>>j&1){
				++top;
				w[top]=fa[w[top-1]][j];
			}
		int x=w[top];
		for (int j=i-1;j>=0;--j)
			if (k>>j&1){
				--top;
				ans+=g[w[top]][j]+(sum[w[top]][j]-sum[fa[w[top]][j]][j]<<j);
			}
			else
				ans+=sum[v][j]-sum[w[top]][j]<<j;
		if (u!=fa[lca][0])
			ans+=dfs(i,u,x,lca)+(getsum(u,x,lca,i)<<i);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

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总结

在遇到位运算和各种询问结合起来的问题时，要想到$ST$表……