震波
在一片土地上有N個城市，通過N-1條無向邊互相連接，形成一棵樹的結構，相鄰兩個城市的距離爲1，其中第i個城市的價值爲value[i]。
不幸的是，這片土地常常發生地震，並且隨着時代的發展，城市的價值也往往會發生變動。
接下來你需要在線處理M次操作：
0 x k 表示發生了一次地震，震中城市爲x，影響範圍爲k，所有與x距離不超過k的城市都將受到影響，該次地震造成的經濟損失爲所有受影響城市的價值和。
1 x y 表示第x個城市的價值變成了y。
爲了體現程序的在線性，操作中的x、y、k都需要異或你程序上一次的輸出來解密，如果之前沒有輸出，則默認上一次的輸出爲0。
Input
第一行包含兩個正整數N和M。
第二行包含N個正整數，第i個數表示value[i]。
接下來N-1行，每行包含兩個正整數u、v，表示u和v之間有一條無向邊。
接下來M行，每行包含三個數，表示M次操作。
Output
包含若干行，對於每個詢問輸出一行一個正整數表示答案。
Sample Input
8 1 1 10 100 1000 10000 100000 1000000 10000000 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6 3 7 3 8 0 3 1
Sample Output
11100101
Hint
1<=N,M<=100000
1<=u,v,x<=N
1<=value[i],y<=10000
0<=k<=N-1
題解
首先想到動態點分治+線段樹
我們這時顯然不能維護dfs序上的權值
我們可以對到當前點分中心的距離來開一個線段樹
如果當前點分中心爲u
那麼線段樹需要維護距離點u爲 i 的所有點的權值之和
但是我們可能會算重，有可能點分中心的父親會再一次計算某一些點的點權和
所有我們考慮如何去重
我們可以對點 u 再用一個線段樹維護它的子樹節點到它的點分樹父親的距離爲 i 的點權和
在查詢的時候減掉會被父親計算的點的點權和即可
（強制在線，RE一般就是WA了，當然也有可能是真RE了）
代碼：（查出來無數個sb錯，還是一直RE，最後發現自己的動態開點線段樹沒有判等。。。）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c;int num=0;
while((c=getchar())<'0'||c>'9');
while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
return num;
}
#define N 100005
#define LOG 17
#define lc a[i].l,l,mid
#define rc a[i].r,mid+1,r
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int fir[N],to[2*N],nxt[2*N],cnt;
int val[N];
int tmpsiz[N],nrt,all;bool vis[N];
int dis[LOG][N],dfa[N],dep[N];
struct node{int l,r,x;}a[N*66];
int T1[N],T2[N],tot;
inline void adde(int a,int b)
{
to[++cnt]=b;nxt[cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;
to[++cnt]=a;nxt[cnt]=fir[b];fir[b]=cnt;
}
void insert(int &i,int l,int r,int x,int k)
{
if(!i)i=++tot;
a[i].x+=k;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)insert(lc,x,k);
else insert(rc,x,k);
}
int query(int i,int l,int r,int qr)
{
if(!i)return 0ll;
if(l==r)return a[i].x;
int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)return query(lc,qr);
else return a[a[i].l].x+query(rc,qr);
}
void findrt(int u,int ff)
{
int mx=0;tmpsiz[u]=1;
for(int v,p=fir[u];p;p=nxt[p]){
if(!vis[v=to[p]]&&v!=ff){
findrt(v,u);
tmpsiz[u]+=tmpsiz[v];
mx=max(mx,tmpsiz[v]);
}
}
mx=max(mx,all-tmpsiz[u]);
if(2*mx<=all)nrt=u;
}
inline int getrt(int u,int sz)
{
nrt=-INF;all=sz;
findrt(u,0);return nrt;
}
void pre(int u,int ff,int d,int rt)
{
insert(T1[rt],0,n-1,dis[d][u],val[u]);
if(dfa[rt])insert(T2[rt],0,n-1,dis[d-1][u],val[u]);//
tmpsiz[u]=1;
for(int v,p=fir[u];p;p=nxt[p]){
if(!vis[v=to[p]]&&v!=ff){
dis[d][v]=dis[d][u]+1;
pre(v,u,d,rt);
tmpsiz[u]+=tmpsiz[v];
}
}
}
void DFZ(int u,int d)
{
vis[u]=1;dep[u]=d;
dis[d][u]=0;pre(u,0,d,u);
for(int v,p=fir[u];p;p=nxt[p]){
if(!vis[v=to[p]]){
dfa[v=getrt(v,tmpsiz[v])]=u;
DFZ(v,d+1);
}
}
}
inline void modify(int u,int k)
{
for(int t=u;t;t=dfa[t]){
insert(T1[t],0,n-1,dis[dep[t]][u],k-val[u]);//
if(dfa[t])insert(T2[t],0,n-1,dis[dep[t]-1][u],k-val[u]);//
}
val[u]=k;
}
inline int query(int u,int k)
{
long long ans=0;
for(int t=u;t;t=dfa[t]){
if(dfa[t]&&dis[dep[t]-1][u]<=k) ans-=query(T2[t],0,n-1,k-dis[dep[t]-1][u]);//
if(dis[dep[t]][u]<=k) ans+=query(T1[t],0,n-1,k-dis[dep[t]][u]);//
}
return int(ans);
}
int main()
{
int i,op,u,v;int ans=0;
n=gi();m=gi();
for(i=1;i<=n;i++)val[i]=gi();
for(i=1;i<n;i++){u=gi();v=gi();adde(u,v);}
DFZ(getrt(1,n),0);
for(i=1;i<=m;i++){
op=gi();u=gi();v=gi();
u^=ans;v^=ans;
if(op)modify(u,v);
else printf("%d\n",ans=query(u,v));
}
}
爍爍的遊戲
背景：爍爍很喜歡爬樹，這嚇壞了樹上的皮皮鼠。
題意：
給定一顆n個節點的樹，邊權均爲1，初始樹上沒有皮皮鼠。
爍爍他每次會跳到一個節點u，把周圍與他距離不超過d的節點各吸引出w只皮皮鼠。皮皮鼠會被爍爍吸引，所以會一直待在節點上不動。
爍爍很好奇，在當前時刻，節點u有多少個他的好朋友---皮皮鼠。
大意：
給一顆n個節點的樹，邊權均爲1，初始點權均爲0，m次操作：
Q x：詢問x的點權。
M x d w：將樹上與節點x距離不超過d的節點的點權均加上w。
Input
第一行兩個正整數：n，m
接下來的n-1行，每行三個正整數u，v，代表u，v之間有一條邊。
接下來的m行，每行給出上述兩種操作中的一種。
Output
對於每個Q操作，輸出當前x節點的皮皮鼠數量。
Sample Input
7 6 1 2 1 4 1 5 2 3 2 7 5 6 M 1 1 2 Q 5 M 2 2 3 Q 3 M 1 2 1 Q 2
Sample Output
2 3 6
Hint
數據範圍：
n，m<=10^5,|w|<=10^4
注意：w不一定爲正整數，因爲爍爍可能把皮皮鼠嚇傻了。
題解
這題就是上一道題的逆向版
上一道題：單點修改、前綴查詢（好像可以用動態開點樹狀數組）
這一道題：前綴修改、單點查詢
直接差分一下，變成單點修改、後綴查詢（其實也可以單點修改兩次，前綴查詢，但是常數會大一些吧。。。。）
然後直接上動態點分治了，基本和上一題一樣
代碼：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int gi()
{
char c;int num=0,flg=1;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flg=-1;
while(c>='0'&&c<='9'){num=num*10+c-48;c=getchar();}
return num*flg;
}
#define N 100005
#define LOG 17
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int fir[N],to[2*N],nxt[2*N],cnt;
void adde(int a,int b)
{
to[++cnt]=b;nxt[cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;
to[++cnt]=a;nxt[cnt]=fir[b];fir[b]=cnt;
}
int tmpsiz[N],nrt,all;bool vis[N];
int dis[LOG][N],dfa[N],dep[N];
void findrt(int u,int ff)
{
int mx=0;tmpsiz[u]=1;
for(int v,p=fir[u];p;p=nxt[p]){
if(!vis[v=to[p]]&&v!=ff){
findrt(v,u);
tmpsiz[u]+=tmpsiz[v];
mx=max(mx,tmpsiz[v]);
}
}
mx=max(mx,all-tmpsiz[u]);
if(mx+mx<=all)nrt=u;
}
int getrt(int u,int sz)
{
nrt=-INF;all=sz;
findrt(u,0);return nrt;
}
#define lc a[i].l
#define rc a[i].r
struct node{int l,r,x;}a[N<<7];
int T1[N],T2[N],tot;
void insert(int &i,int l,int r,int x,int k)
{
if(!i)i=++tot;a[i].x+=k;if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)insert(lc,l,mid,x,k);
else insert(rc,mid+1,r,x,k);
}
int query(int i,int l,int r,int ql)
{
if(!i)return 0;
if(l==r)return a[i].x;
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)return query(lc,l,mid,ql)+a[rc].x;
else return query(rc,mid+1,r,ql);
}
void pre(int u,int ff,int d)
{
tmpsiz[u]=1;
for(int v,p=fir[u];p;p=nxt[p]){
if(!vis[v=to[p]]&&v!=ff){
dis[d][v]=dis[d][u]+1;
pre(v,u,d);
tmpsiz[u]+=tmpsiz[v];
}
}
}
void DFZ(int u,int d)
{
vis[u]=1;dep[u]=d;
pre(u,0,d);
for(int v,p=fir[u];p;p=nxt[p]){
if(!vis[v=to[p]]){
dfa[v=getrt(v,tmpsiz[v])]=u;
DFZ(v,d+1);
}
}
}
inline void modify(int u,int k,int s)
{
for(int t=u;t;t=dfa[t]){
if(dis[dep[t]][u]<=k) insert(T1[t],0,n,k-dis[dep[t]][u],s);//
if(dfa[t]&&dis[dep[t]-1][u]<=k) insert(T2[t],0,n,k-dis[dep[t]-1][u],s);//
}
}
inline int query(int u)
{
long long ans=0;
for(int t=u;t;t=dfa[t]){
ans+=query(T1[t],0,n,dis[dep[t]][u]);//
if(dfa[t]) ans-=query(T2[t],0,n,dis[dep[t]-1][u]);//
}
return int(ans);
}
char op[3];
int main()
{
int i,u,v,s;
n=gi();m=gi();
for(i=1;i<n;i++){u=gi();v=gi();adde(u,v);}
DFZ(getrt(1,n),0);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",op);
if(op[0]=='M'){
u=gi();v=gi();s=gi();
modify(u,v,s);
}
else printf("%d\n",query(gi()));
}
}