題意

Here

思考

簡要題意就是給定多個操作，每次操作將與 \(u\) 距離小於等於 \(k\) 且在 \(u\) 子樹內的點點權值加 \(x\) ，輸出最終各個點的權值。

看這題的時候我先想的是樹剖，發現樹剖並不好處理兩點的距離限制

第二種想法是 \(bfs\) 序，想想可能不好處理（不考慮超時的話可以做，線段樹維護 \(bfs\) 序，對於每一層我們知道節點編號的區間，然後每一層二分割槽間左右端點來判斷是否在 \(u\) 的子樹內，再更新，時間複雜度有、爆炸）

於是當時這題成功地沒有做出來，我過於菜

考完看了看別人的程式碼...發現自己智障了...

考慮單獨的一個節點 \(u\)

1. 進入該點
2. 實現該點的所有操作
3. 遞迴它的子樹
4. 撤銷操作

這樣 \(u\) 的操作就不會影響到其他子樹上的點了，還有一個好處，我們並不需要修改深度 \(dep(u)\)~\(dep(u)+k\) 而只需修改 \(dep(k)\) 最後查詢的時候查 \(sum(dep(u)\)~\(sum(max))\)

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x * f;
}
const ll N = 300030;
struct node{
    ll nxt, to;
}edge[N << 1];
ll head[N], num;
void build(ll from, ll to){
    edge[++num].nxt = head[from];
    edge[num].to = to;
    head[from] = num;
}
ll c[N], n, m;
ll lowbit(ll x){ return x & -x; }
void add(ll pos, ll v){
    for(ll i=pos; i<=n; i+=lowbit(i)) c[i] += v;
}
ll query(ll pos){
    ll ans = 0;
    for(ll i=pos; i; i-=lowbit(i)) ans += c[i];
    return ans;
}
vector<ll> val[N], D[N];
ll ans[N];
void dfs(ll u, ll f, ll d){
    for(ll i=0; i<D[u].size(); i++){
        add(min(n, D[u][i] + d), val[u][i]);
    }
    ans[u] = query(n) - query(d - 1);
    for(ll i=head[u]; i; i=edge[i].nxt){
        ll v = edge[i].to;
        if(v == f) continue;
        dfs(v, u, d + 1);
    }
    for(ll i=0; i<D[u].size(); i++){
        add(min(n, D[u][i] + d), -val[u][i]);
    }
}
int main(){
    n = read();
    for(ll i=1; i<=n-1; i++){
        ll u = read(), v = read();
        build(u, v); build(v, u);
    }
    m = read();
    for(ll i=1; i<=m; i++){
        ll u = read(), d = read(), v = read();
        D[u].push_back(d);
        val[u].push_back(v);
    }
    dfs(1, 0, 1);
    for(ll i=1; i<=n; i++){
        cout << ans[i] << " ";
    }
    return 0;
}
 

總結

注意題目性質，樹上的技巧要多學習……