洛谷P3178 [HAOI2015]树上操作（线段树）
题目描述
有一棵点数为 N 的树，以点 1 为根，且树点有边权。然后有 M 个操作，分为三种：操作 1 ：把某个节点 x 的点权增加 a 。操作 2 ：把某个节点 x 为根的子树中所有点的点权都增加 a 。操作 3 ：询问某个节点 x 到根的路径中所有点的点权和。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数 N, M 。表示点数和操作数。接下来一行 N 个整数，表示树中节点的初始权值。接下来 N-1 行每行两个正整数 from, to ， 表示该树中存在一条边 (from, to) 。再接下来 M 行，每行分别表示一次操作。其中第一个数表示该操作的种类（ 1-3 ） ，之后接这个操作的参数（ x 或者 x a ） 。
输出格式：
对于每个询问操作，输出该询问的答案。答案之间用换行隔开。
输入输出样例
说明
对于 100% 的数据， N,M<=100000 ，且所有输入数据的绝对值都不
会超过 10^6 。
题解
不得不说大佬的思路真是非常厉害
我们考虑一下，对一个节点的单点修改会对它整棵子树的答案都产生影响，相当于给它的整个子树都加上一个值，也就是子树的答案都变化了$z$
然后考虑给以某个节点为根的子树增加权值，那么节点$y$增加的权值就是$dep[y]*z-(dep[x]-1)*z$，那么我们可以看成是$x$的子树中的每一个节点的答案都变化了$-(dep[x]-1)*z$，那么查询的时候只要记录下每一个节点的$z$值总和$a$，以及上面的变化总和$b$，那么答案就是$a*dep[y]+b$
区间修改，单点查询，只要用dfs序+线段树即可
ps：然后我抄看代码的时候有一个细节没有弄懂，为啥他每次pushdown的时候可以把$a,b$传给儿子之后自己清零。后来想了想发现因为是单点查询，节点都在最底端，所以上面的点清零对他们没有影响，因为他们的答案已经加上了影响，而且最底端的点不可能再pushdown下去，所以代码没问题，而且能防止上面的点的贡献重复加给下面的点
1 //minamoto 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 6 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 7 inline int read(){ 8 #define num ch-'0' 9 char ch;bool flag=0;int res; 10 while(!isdigit(ch=getc())) 11 (ch=='-')&&(flag=true); 12 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 13 (flag)&&(res=-res); 14 #undef num 15 return res; 16 } 17 char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z; 18 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} 19 inline void print(ll x){ 20 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x; 21 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); 22 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n'; 23 } 24 const int N=100005; 25 int ver[N<<1],Next[N<<1],head[N],sz[N],dfn[N],fa[N],tot,num; 26 ll a[N<<2],b[N<<2],val[N],dis[N]; 27 int n,m; 28 inline void add(int u,int v){ 29 ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot; 30 ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot; 31 } 32 void dfs(int u){ 33 dis[u]=dis[fa[u]]+1,dfn[u]=++num,sz[u]=1; 34 for(int i=head[u];i;i=Next[i]){ 35 int v=ver[i]; 36 if(v!=fa[u]){ 37 fa[v]=u,dfs(v),sz[u]+=sz[v]; 38 } 39 } 40 } 41 inline void pushdown(int p){ 42 a[p<<1]+=a[p],a[p<<1|1]+=a[p]; 43 b[p<<1]+=b[p],b[p<<1|1]+=b[p]; 44 a[p]=b[p]=0; 45 } 46 void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,ll x,ll y){ 47 if(ql<=l&&qr>=r) return (void)(a[p]+=x,b[p]+=y); 48 pushdown(p); 49 int mid=l+r>>1; 50 if(ql<=mid) update(p<<1,l,mid,ql,qr,x,y); 51 if(qr>mid) update(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr,x,y); 52 } 53 ll query(int u,int x,int p,int l,int r){ 54 if(l==r) return dis[u]*a[p]+b[p]; 55 pushdown(p); 56 int mid=l+r>>1; 57 if(x<=mid) return query(u,x,p<<1,l,mid); 58 else return query(u,x,p<<1|1,mid+1,r); 59 } 60 int main(){ 61 n=read(),m=read(); 62 for(int i=1;i<=n;++i) val[i]=read(); 63 for(int i=1;i<n;++i){ 64 int u=read(),v=read();add(u,v); 65 } 66 dfs(1); 67 for(int i=1;i<=n;++i) update(1,1,n,dfn[i],dfn[i]+sz[i]-1,0,val[i]); 68 while(m--){ 69 int opt=read(),x=read(); 70 switch(opt){ 71 case 1:{ 72 int y=read(); 73 update(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+sz[x]-1,0,y); 74 break; 75 } 76 case 2:{ 77 int y=read(); 78 update(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+sz[x]-1,y,-(1ll*(dis[x]-1)*y)); 79 break; 80 } 81 case 3:{ 82 print(query(x,dfn[x],1,1,n)); 83 break; 84 } 85 } 86 } 87 Ot(); 88 return 0; 89 }
