给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）
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给出一个n个节点的有根树（编号为0到n-1，根节点为0）。一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1。
设dep[i]表示点i的深度，LCA(i,j)表示i与j的最近公共祖先。
有q次询问，每次询问给出l r z，求sigma_{l<=i<=r}dep[LCA(i,z)]。
（即，求在[l,r]区间内的每个节点i与z的最近公共祖先的深度之和）
第一行2个整数n q。
接下来n-1行，分别表示点1到点n-1的父节点编号。
接下来q行，每行3个整数l r z。
输出q行，每行表示一个询问的答案。每个答案对201314取模输出
共5组数据，n与q的规模分别为10000,20000,30000,40000,50000。
这道题思路很好！
如果把x到根的权值全部加1，那么y到根的权值和就增加dep[lca(x,y)]。
扩展到区间，如果把[l,r]的点到根的权值全部加1，那么z到根的权值和就增加∑(l≤i≤r)dep[lca(i,z)]。那么对于每一个(l,r,z)的询问，我们就可以拆成两个前缀和来离线处理了。
链查询，树链剖分+线段树。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 50005
#define mod 201314
using namespace std;
struct edge{int next,to;}e[maxn];
struct seg{int l,r,sum,tag;}t[maxn*4];
struct data{int next,z,pos,tag;}g[maxn*2];
int n,m,cnt,tot;
int p[maxn],sz[maxn],fa[maxn],son[maxn],ans[maxn];
int head[maxn],belong[maxn];
inline int read()
{
int 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;
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
e[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;
}
inline void add_data(int x,int y,int num,int tg)
{
g[++cnt]=(data){head[x],y,num,tg};head[x]=cnt;
}
inline void dfs1(int x)
{
sz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;
fa[y]=x;
dfs1(y);
sz[x]+=sz[y];
if (sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
}
}
inline void dfs2(int x,int chain)
{
belong[x]=chain;p[x]=++tot;
if (son[x]) dfs2(son[x],chain);
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
if (e[i].to!=son[x]) dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
inline void update(int k,int z)
{
t[k].sum+=z*(t[k].r-t[k].l+1);
t[k].tag+=z;
}
inline void pushdown(int k)
{
if (!t[k].tag) return;
update(k<<1,t[k].tag);update(k<<1|1,t[k].tag);
t[k].tag=0;
}
inline void pushup(int k)
{
t[k].sum=t[k<<1].sum+t[k<<1|1].sum;
}
inline void build(int k,int l,int r)
{
t[k].l=l;t[k].r=r;t[k].sum=0;
if (l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
inline int query(int k,int x,int y)
{
if (t[k].l==x&&t[k].r==y) return t[k].sum;
int mid=(t[k].l+t[k].r)>>1;
pushdown(k);
if (y<=mid) return query(k<<1,x,y);
else if (x>mid) return query(k<<1|1,x,y);
else return query(k<<1,x,mid)+query(k<<1|1,mid+1,y);
}
inline void add(int k,int x,int y,int z)
{
if (t[k].l==x&&t[k].r==y){update(k,z);return;}
int mid=(t[k].l+t[k].r)>>1;
pushdown(k);
if (y<=mid) add(k<<1,x,y,z);
else if (x>mid) add(k<<1|1,x,y,z);
else add(k<<1,x,mid,z),add(k<<1|1,mid+1,y,z);
pushup(k);
}
inline void solveadd(int x)
{
while (belong[x]!=1)
{
add(1,p[belong[x]],p[x],1);
x=fa[belong[x]];
}
add(1,p[1],p[x],1);
}
inline int solvesum(int x)
{
int sum=0;
while (belong[x]!=1)
{
sum+=query(1,p[belong[x]],p[x]);
x=fa[belong[x]];
}
sum+=query(1,p[1],p[x]);
return sum;
}
int main()
{
n=read();m=read();
F(i,2,n) add_edge(read()+1,i);
dfs1(1);dfs2(1,1);
build(1,1,n);
cnt=tot=0;
memset(head,0,sizeof(head));
F(i,1,m)
{
int l=read()+1,r=read()+1,z=read()+1;
add_data(l-1,z,i,-1);add_data(r,z,i,1);
}
F(i,1,n)
{
solveadd(i);
for(int j=head[i];j;j=g[j].next)
ans[g[j].pos]+=solvesum(g[j].z)*g[j].tag;
}
F(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]%mod);
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/50639962
