[BZOJ 3221]Obserbing the tree树上询问
题目
小N最近在做关于树的题。今天她想了这样一道题，给定一棵N个节点的树，节点按1~N编号，一开始每个节点上的权值都是0，接下来有M个操作。第一种操作是修改，给出4个整数X,Y,A,B,对于X到Y路径上加上一个首项是A，公差是B的等差数列，因为小N十分谨慎，所以她每做完一个修改操作就会保存一次，初始状态是第0次保存的局面。第二种操作是求和，给出2个整数X,Y，输出X到Y路径上所有节点的权值和。第三种操作是读取之前第X次保存的局面，所有节点的状态回到之前第X次保存的状态。现在请你对每一个求和操作输出答案。
INPUT
第一行2个整数N,M表示节点个数和操作次数。接下来N-1行每行2个整数Ui,Vi表示了这棵树中Ui和Vi这2个节点间有边相连。接下来M行每行先有一个字符表示了操作的类型：如果是’c’，那么代表了一个修改操作，接下来有4个整数X1,Y1,A,B，为了使得询问在线，正确的X=X1 xor上次输出的数,Y=Y1 xor上次输出的数,如果之前没有输出过那么当成0。如果是’q’，那么代表了一个求和操作，接下来有2个整数X1,Y1,和修改操作一样需要xor上次输出。如果是’l’，那么代表了一次读取操作，接下来1个整数X1，正确的X=X1 xor上次输出的数。OUTPUT
对于每一个求和操作，输出求和后的值。
SAMPLE
INPUT
5 7
1 2
2 3
3 4
4 5
c 2 5 2 3
c 3 4 5 10
q 1 3
l 13
q 13 15
l 6
q 6 4OUTPUT
12
7
7
解题报告
树剖+可持久化线段树区间修改
唯一的重点在于如何处理等差数列，显然这东西是有顺序的，直接树剖抡链子肯定不行，所以我们找到两点间的$LCA$作为中转站，从$x$更新到$LCA$与从$y$更新到$LCA$分开进行，再记录一下深度差，就可以轻松解决这个鬼畜的问题了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long L;
inline L read(){
L sum(),f();
char ch(getchar());
for(;ch<''||ch>'';ch=getchar())
if(ch=='-')
f=-;
for(;ch>=''&&ch<='';sum=sum*+(ch^),ch=getchar());
return sum*f;
}
struct edge{
int e;
edge *n;
}a[],*pre[];
int to;
inline void insert(int s,int e){
a[++to].e=e;
a[to].n=pre[s];
pre[s]=&a[to];
}
int n,m,now,tot;
char op[];
int dep[],size[],fa[],son[];
inline void dfs1(int u){
size[u]=;
son[u]=;
dep[u]=dep[fa[u]]+;
for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
int e(i->e);
if(e!=fa[u]){
fa[e]=u;
dfs1(e);
size[u]+=size[e];
if(size[e]>size[son[u]])
son[u]=e;
}
}
}
int timee;
int id[],top[];
inline void dfs2(int u,int rt){
top[u]=rt;
id[u]=++timee;
if(son[u])
dfs2(son[u],rt);
for(edge *i=pre[u];i;i=i->n){
int e(i->e);
if(e!=son[u]&&e!=fa[u])
dfs2(e,e);
}
}
inline int lca(int x,int y){
while(top[x]^top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
int rt[],lch[],rch[];
int cnt;
L sum[],add_sx[],add_gc[];
L ans;
inline void update(int &x,int las,int ll,int rr,L sx,L gc,int l,int r){
x=++cnt;
lch[x]=lch[las];
rch[x]=rch[las];
sum[x]=sum[las];
add_sx[x]=add_sx[las];
add_gc[x]=add_gc[las];
if(ll==l&&r==rr){
add_sx[x]+=sx;
add_gc[x]+=gc;
return;
}
sum[x]+=(sx+sx+gc*(L)(rr-ll))*(rr-ll+)/;
int mid((l+r)>>);
if(rr<=mid)
update(lch[x],lch[las],ll,rr,sx,gc,l,mid);
else
if(mid<ll)
update(rch[x],rch[las],ll,rr,sx,gc,mid+,r);
else{
update(lch[x],lch[las],ll,mid,sx,gc,l,mid);
update(rch[x],rch[las],mid+,rr,sx+(mid-ll+)*gc,gc,mid+,r);
}
}
inline L query(int x,int ll,int rr,int l,int r){
L ret((add_sx[x]+(ll-l)*add_gc[x]+add_sx[x]+(rr-l)*add_gc[x])*(rr-ll+)/);
if(ll==l&&r==rr)
return ret+sum[x];
int mid((l+r)>>);
if(rr<=mid)
return ret+query(lch[x],ll,rr,l,mid);
if(mid<ll)
return ret+=query(rch[x],ll,rr,mid+,r);
return ret+query(lch[x],ll,mid,l,mid)+query(rch[x],mid+,rr,mid+,r);
}
inline void change(int x,int y,L sx,L gc){
int f(lca(x,y));
L tp1(),tp2(dep[x]+dep[y]-dep[f]*+);
while(top[x]^top[f]){
tp1+=dep[x]-dep[top[x]]+;
update(rt[now],rt[now],id[top[x]],id[x],sx+(tp1-)*gc,-gc,,n);
x=fa[top[x]];
}
while(top[y]^top[f]){
tp2-=dep[y]-dep[top[y]]+;
update(rt[now],rt[now],id[top[y]],id[y],sx+(tp2-)*gc,gc,,n);
y=fa[top[y]];
}
++tp1;
--tp2;
if(dep[x]<dep[y])
update(rt[now],rt[now],id[x],id[y],sx+(tp1-)*gc,gc,,n);
else
update(rt[now],rt[now],id[y],id[x],sx+(tp2-)*gc,-gc,,n);
}
inline L ask(int x,int y){
L ret();
while(top[x]^top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
ret+=query(rt[now],id[top[x]],id[x],,n);
x=fa[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y])
swap(x,y);
ret+=query(rt[now],id[x],id[y],,n);
return ret;
}
int main(){
memset(pre,NULL,sizeof(pre));
n=read(),m=read();
for(int i=;i<n;++i){
int x(read()),y(read());
insert(x,y),insert(y,x);
}
dfs1();
dfs2(,);
while(m--){
scanf("%s",op);
if(op[]=='c'){
L x(read()),y(read()),sx(read()),gc(read());
x^=ans,y^=ans;
rt[++tot]=rt[now];
now=tot;
change(x,y,sx,gc);
}
if(op[]=='q'){
L x(read()),y(read());
x^=ans,y^=ans;
ans=ask(x,y);
printf("%lld\n",ans);
}
if(op[]=='l'){
L x(read());
x^=ans;
now=x;
}
}
}
算是真正搞会了可持久化线段树区间修改了，毕竟改了一上午= =
不要问我俩$CE$咋来的，尝试把数组大小多按几个零，或者强行$Replace$ $All$所有的$int$成$L$，把$printf$顺便$Replace$一下，获得$prLf\times 1$，就可以获得$CE\times 2$了QAQ