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??? 為什么出題人這么毒瘤啊？？！！一個分塊還要帶log的題非要出成n<=2*1e5。。。。。。。

??? 為了卡過最后兩個點我做了無數常數優化，包括但不限于：把所有線段樹改成 存差分的樹狀數組；把樹剖求LCA的極小的log優化成rmq O（1）求LCA；根據測試情況手動調整siz的大小；

??? 但就是死也卡不過去，算了算了QWQ

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(常規套路，先把1設成根建有根樹)

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??? 這個題的主要思路就是 對節點的下標分塊，設 f[i][j] 為 第i個塊內所有點到點j的距離和，然后看如何快速的動態維護這個玩意。。。。

??? 發現改動一條邊權的時候，只有兩個點分別位于這條邊兩側的時候才會對它們之間的dis有影響。

??? 我們設p為邊端點中更深的那個，那么也就是一個在p子樹內，一個在子樹外的才有影響。。。。

??? 于是我們對每個塊開一個vector記錄一下這個塊內的點的dfs序集合，排完序之后就可以之間O(log)的查詢某個塊在一棵子樹內/外的點數了。。。

??? 因為f[][]的第一維比較小，所以我們可以暴力枚舉第一維，然后對第二維進行快速的修改。。。。。這時候發現第二維如果是存dfs序的話會更加方便(子樹內可以直接進行區間修改)，所以就改成下標代表dfs序啦。。。

???

??? 對于整塊整塊的一些點到某個點的距離，用上述方法就行啦。。?？梢园l現都是區間修改單點查詢，所以用差分的樹狀數組可以快(可能還不止)4倍常數哦。。。

???

??? 查詢零散的點對(i,j)之間的距離的話更加簡單。?？梢詣討B維護dis[i]表示i到根的距離(發現也是區間修改單點查詢，所以可以類似上述整塊的方法處理)，答案就是dis[i]+dis[j]-2*dis[LCA(i,j)]。。。

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??? 可能說起來不是很多吧qwq?但是要寫一輩子啊QWQWQWQ。。。。

??? (我美好的下午就這么沒了QWQ)

??? 話說我把樹剖求LCA改成rmq之后反而更慢了QWQ，這是什么鬼啊。。。。

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/*inside : b * dertaoutside : a * dertaall -> a * dertainside -> (b-a) * derta
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
#define pb push_back
const int maxn=200003,N=205;inline int read(){int x=0; char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar());for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x;
}void W(ll x){ if(x>=10) W(x/10); putchar(x%10+'0');}int n,m,T,dep[maxn],siz[maxn],cl[maxn];
int F[maxn],dc,dfn[maxn],dy[maxn],son[maxn];
int bl[maxn],num,val[maxn*2],uu,vv,ww;
int hd[maxn],ne[maxn*2],to[maxn*2];
ll ans=0,f[N][maxn];
vector<int> id[N];
char s[10];void add(const int &x,const int &y,const int &z){to[++num]=y,ne[num]=hd[x],hd[x]=num,val[num]=z;
}void update(const int &T,int x,const int &y){ for(;x<=n;x+=x&-x) f[T][x]+=(ll)y;}
ll query(const int &T,int x){ ll an=0; for(;x;x-=x&-x) an+=(ll)f[T][x]; return an;}void Fdfs(int x,int fa){F[x]=fa,siz[x]=1;for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(to[i]!=fa){dep[to[i]]=dep[x]+1,Fdfs(to[i],x),siz[x]+=siz[to[i]];if(!son[x]||siz[to[i]]>siz[son[x]]) son[x]=to[i];}
}void Sdfs(int x,int tp){dfn[x]=++dc,dy[dc]=x,cl[x]=tp;if(!son[x]) return;Sdfs(son[x],tp);for(int i=hd[x];i;i=ne[i])if(to[i]!=F[x]&&to[i]!=son[x]) Sdfs(to[i],to[i]);
}inline int LCA(int a,int b){while(cl[a]!=cl[b]){if(dep[cl[a]]>dep[cl[b]]) a=F[cl[a]];else b=F[cl[b]];}return dep[a]>dep[b]?b:a;
}inline int Get(int T,int x){return upper_bound(id[T].begin(),id[T].end(),x)-id[T].begin();
}inline void Maintain(int o,int derta){int p=to[o*2-1];if(dep[p]<dep[to[o<<1]]) p=to[o<<1];update(0,dfn[p],derta),update(0,dfn[p]+siz[p],-derta);for(int i=1,a,b;i<=200;i++) if(id[i].size()){a=Get(i,dfn[p]+siz[p]-1)-Get(i,dfn[p]-1),b=id[i].size()-a;update(i,1,a*derta),update(i,dfn[p],(b-a)*derta),update(i,dfn[p]+siz[p],(a-b)*derta);}
}inline ll calc(int qz,int p){ll an=0;for(int i=1;i<bl[qz];i++) an+=query(i,dfn[p]);for(int i=qz;i;i--){an+=query(0,dfn[i])+query(0,dfn[p])-2ll*query(0,dfn[LCA(p,i)]);if(bl[i]!=bl[i-1]) break;}return an;
}inline void prework(){Fdfs(1,0),Sdfs(1,1);for(int i=1;i<=n;i++){bl[i]=(i-1)/1000+1;id[bl[i]].pb(dfn[i]);}for(int i=1;i<=200;i++) sort(id[i].begin(),id[i].end());for(int i=1;i<n;i++) Maintain(i,val[i<<1]);
}inline void solve(){const int ha=n;while(m--){scanf("%s",s);if(s[0]=='m'){uu=read(),vv=read();if(T) uu^=ans,vv^=ans;Maintain(uu,vv-val[uu<<1]),val[uu<<1]=vv;}else{uu=read(),vv=read(),ww=read();if(T) uu^=ans,vv^=ans,ww^=ans;ans=calc(vv,ww)-calc(uu-1,ww);W(ans),puts(""),ans%=ha;}}
}int main(){
//	freopen("tree.in","r",stdin);
//	freopen("tree.out","w",stdout);n=read(),m=read(),T=read();for(int i=1;i<n;i++){uu=read(),vv=read(),ww=read();add(uu,vv,ww),add(vv,uu,ww);}prework();solve();return 0;
}

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的「2018山东一轮集训」 Tree的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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