[Codeforces894D]Ralph And His Tour in Binary Country

题意

给定有$n$个节点的树，节点$i$与 $\lfloor \frac{i}{2}\rfloor$有距离为$L_i$的边。

$m$次询问，每次询问给出$A,H$

​若某个节点到$A$的距离$L$小于$H$，则会产生$H-L$的贡献，求树上所有点与$A$产生的贡献之和。

$n\le 10^6,m\le 10^5$

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题解

这棵树是一颗完全二叉树.设${\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u$表示$u$到$1$的距离。

分别考虑$u$子树内的答案和子树外的答案：

1. 子树内的答案即
   $$\sum _{{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v-{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u<H}H-({\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v-{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u)=\sum _{{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v<H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u}(H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u)-{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v=s(H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u)-\sum _{{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v<H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u}{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v$$
   其中$s=\sum [{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v<H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u]$.
   将$u$子树内所有的${\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v$放到的一个数组$a_u$中，对$a_u$排序后求其前缀和数组${\mathrm{S}\mathrm{u}\mathrm{m}}_u$。
   那么这部分答案就可以通过对$a_u$数组二分得到$s$算出来，即$s(H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_u)-{\mathrm{S}\mathrm{u}\mathrm{m}}_u[s]$。
2. 父亲$f{a}_u$及其兄弟节点$w$.父亲的答案即$H-L_u$.兄弟节点$w$的子树内的节点的答案即
   $$\sum _{{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v-{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_w+L_u+L_w<H}H-({\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v-{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_w+L_u+L_w)=s^{\prime }(H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_w-L_u-L_w)-\sum _{{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v<H+{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_w-L_u-L_w}{\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{p}}_v$$
   可以发现上式和$1.$中的式子形式相同，故可以统一处理.
3. 父亲的父亲及父亲的兄弟节点…

由于这是棵完全二叉树，故暴力跳父亲算答案最多跳$\log n$次，算上二分的$\log n$，单次询问复杂度为${\log }^{2}n$.
$a_u$可以自底向上通过归并求出，且根据完全二叉树的特性，可以采用非递归的形式求解降低常数。

时间复杂度$O(n\log n+m{\log }^{2}n)$

#include 
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
int n, m, dep[N], Len[N];
vector<int> a[N];
vector<ll> Sum[N];
inline ll Calc(int u, int H) {
    if (H <= 0 || !a[u].size())
        return 0;
    int s = lower_bound(a[u].begin(), a[u].end(), H) - a[u].begin();
    return s ? (ll)s * H - Sum[u][s - 1] : 0;
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        scanf("%d", Len + i);
    for (int u = 1; u <= n / 2; ++u) {
        int L = u << 1, R = L | 1;
        if (L <= n)
            dep[L] = dep[u] + Len[L];
        if (R <= n)
            dep[R] = dep[u] + Len[R];
    }
    for (int u = n; u; --u) {
        int L = u << 1, R = L | 1;
        a[u].emplace_back(dep[u]);
        if (R <= n)
            merge(a[L].begin(), a[L].end(), a[R].begin(), a[R].end(),
                  back_inserter(a[u]));
        else if (L <= n)
            a[u].insert(a[u].end(), a[L].begin(), a[L].end());
        Sum[u].resize(a[u].size());
        Sum[u][0] = a[u][0];
        for (int i = 1; i < (int)Sum[u].size(); ++i)
            Sum[u][i] = Sum[u][i - 1] + a[u][i];
    }
    for (int u, H; m--;) {
        scanf("%d%d", &u, &H);
        ll Ans = Calc(u, H + dep[u]);
        for (H -= Len[u]; H > 0 && u != 1; H -= Len[u >>= 1])
            Ans += H + Calc(u ^ 1, H - Len[u ^ 1] + dep[u ^ 1]);
        printf("%lld\n", Ans);
    }
    return 0;
}