标签：++i main mit splay 原来 mes n+1 dep using
不愧是div1的压轴题，真jr爽
这可比whk得劲多了！
我们令题目中的 \(a_0=b_0=0\)。
\(i\) 的前驱：\(max(j:j<i,p_j>p_i)\)
\(i\) 的后继：\(min(j:j>i,p_j>p_i)\)
如果 \(i\) 不存在前驱，那么我们令 \(i\) 的前驱为 \(0\)。
注意，我们对后继并没有这个定义。
主要是后继不怎么用，后面都换成前驱了
求前驱和后继都可以用单调栈 \(O(n)\) 求所有的
题中每个点有两种方式：走到 \(i+1\)，花费 \(a_i\)；走到 \(i\) 的后继，花费 \(b_i\)。我们分别称它们为 \(a,b\) 转移。
题中的每个询问给定了一个点集，设这个集合是 \(S\)，其中的所有点被称作 “必经点”。
（可以跳过）
不带修改：那还用想，单调栈求出每个点的后继，直接做就好了。 但这和正解无关
那要带上修改，咋办呢？我们发现它一下就毒瘤了起来。
慢慢来，分析性质。
我们的主观想法肯定是把 \(a\) 转移边看成一个基底，然后加上 \(b\) 转移边，考虑它的影响。
那我们反过来，把 \(b\) 转移边看成是基底，再来考虑 \(a\) 转移边。
首先我们知道所有的 \(b\) 转移边显然构成森林 （因为 \(n\) 没有后继，所以后继最多 \(n-1\) 个，所以就最多 \(n-1\) 条边，而且显然不会有环，于是构成森林）。这样再加上一些非树边。
我们发现，\(a\) 转移边在 \(b\) 转移边树上，体现出来要么是连向父亲，要么是连向兄弟 （即父亲的另一个儿子）。
往上做是不太好做的，按照树形dp的习惯，应该要往下做才是好做的。
（这时候我就去翻题解了）
根据官方题解的做法，我们按照 前驱边 建一颗树，作为基底，然后把 \(a\) 和 \(b\) 都加上。注意前驱会有 \(0\)，所以 \(0\) 作为树根，使整棵树连通。这里不再是森林了。
这是反常理的：正常我们会让后期加入的东西越少越好，而这里却加了一堆东西
\(a\) 转移边相当于往儿子里走（如果是叶子就会换子树），\(b\) 转移边是直接换子树，即上面说的“连向兄弟“。
有一个显然的性质，我们要走到 \(x\)，一定走过了 \(x\) 的父亲，及其上面所有点。
你可能会想，我们可能换子树过来。但是我们往前逆推，显然得先到父亲，然后到一个兄弟节点，然后才能换子树换过来 —— 无论如何，都要经过一下父亲，以及所有祖先。
还有另一个性质，如果要走到 \(x\) ，那我们还要把 \(x\) 的兄弟给走个遍。
就好比这个图中，我们从 \(...f_2,f\) 一路走到了 \(x\)，现在要换到 \(y\)，那就要走两次 \(b\) 转移边，就要把 \(x\) 右边的兄弟走掉；
由于一次 \(a\) 转移边只能到最左边的兄弟，要找到 \(x\) 还得走一堆 \(b\) 转移，就要把 \(x\) 左边的兄弟走掉；
简单来说就是：从前面到 \(x\) 要走左兄弟，从 \(x\) 到后面要走右兄弟
于是 \(x\) 的所有兄弟都要被遍历一遍。
由此，我们可以考虑实际要经过哪些点，是走 \(a\) 还是走 \(b\)，加一下就可以了。
我们可以得到一个实际要经过的点集 \(T\)，\(x\in T\) 当且仅当 \(x\) 满足下列条件之一
（注意 \(0\) 也在 \(T\) 里面，并且 \(a_0=b_0=0\) ）
那么我们的答案就是
然后sigma里面，\(y\not\in T\) 的条件可以先忽视，然后把 \(T\) 中所有元素的 \(b\) 都减掉。
即，我们可以令 \(c_i=a_i-b_i+\sum\limits_{j\in son(i)} b_j\)
那么答案等于 \(\sum\limits_{x\in T} c_x\)
这就完了么？还没有
有一个小细节，就是，如果一个子树里可以走一遍负的再回来（不一定回到原来的点，回到主线上去下一个点就行），那肯定要去走。它一来对大方向不影响，二来还能让答案更小。
处理树上距离前缀和的时候，更新一下就行了。
然后我们只需要每次维护一下这玩意就行了。注意要特判一下节点 \(0\)。
关于维护的细节：
设 \(Anc(x)\) 表示 \(x\) 在树上到根的链，这一个子图。
设 \(S_E(G)\) 表示图 \(G\) 的点权和。
设 \(dis(x,y)\) 表示 \(x,y\) 在树上的路径的点权和。
对于 \(x_1,x_2...x_n\)，设 \(x_0=x_{n+1}=0\)
\[S_E(\bigcup\limits_{i=1}^{n} Anc(i))=\dfrac{1}{2}{\sum\limits_{i=0}^{n} dis(x_i,x_i+1)} \]左边那个到根路径的并集，其实就是本题的 \(T\)。
换句话说我们可以把 \(T\) 中所有元素 \(c\) 的和，转化成右边那个式子。
然后每次插入/删除的时候，拿 set 处理一下相邻两个的关系就行了
因为要用 set，所以复杂度带一个 \(\log\)，是 \(O((n+q)\log n)\) 的。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandre_Scarlet
{
#define N 200005
#define int long long
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define D(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define Fs(i,l,r,c) for(int i=l;i<=r;c)
#define Ds(i,r,l,c) for(int i=r;i>=l;c)
#define MEM(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
#define FK(x) MEM(x,0)
#define Tra(i,u) for(int i=G.st(u),v=G.to(i);~i;i=G.nx(i),v=G.to(i))
#define p_b push_back
#define sz(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define iter(a,p) (a.begin()+p)
#define PUT(a,n) F(i,0,n) printf("%lld ",a[i]); puts("");
int I() {char c=getchar(); int x=0; int f=1; while(c<‘0‘ or c>‘9‘) f=(c==‘-‘)?-1:1,c=getchar(); while(c>=‘0‘ and c<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return ((f==1)?x:-x);}
template <typename T> void Rd(T& arg){arg=I();}
template <typename T,typename...Types> void Rd(T& arg,Types&...args){arg=I(); Rd(args...);}
void RA(int *p,int n) {F(i,1,n) *p=I(),++p;}
int n,q;
int p[N],a[N],b[N];
void Input()
{
Rd(n,q);
RA(p+1,n); RA(a+1,n); RA(b+1,n);
}
int st[N],top;
int fa[N],dep[N]; int jp[N][22];
int LCA(int u,int v)
{
if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
D(i,20,0) if (dep[jp[u][i]]>=dep[v]) u=jp[u][i];
if (u==v) return u;
D(i,20,0) if (jp[u][i]!=jp[v][i]) u=jp[u][i],v=jp[v][i];
return fa[u];
}
int c[N]; int dis[N];
// c 就是上面说的 c
int pathlen(int u,int v) {return dis[u]+dis[v]-2ll*dis[LCA(u,v)];}
set<int> s; set<int> ::iterator it;
int cursum=0;
int vis[N]; bool visx[N];
void add(int x)
{
s.insert(x); it=s.find(x); --it;
int pre=*it;
++it; ++it;
if (it==s.end()) it=s.begin();
int nex=*it;
cursum-=pathlen(pre,nex); cursum+=pathlen(pre,x)+pathlen(x,nex);
}
void del(int x)
{
it=s.find(x); --it;
int pre=*it;
++it; ++it;
if (it==s.end()) it=s.begin();
int nex=*it;
cursum-=pathlen(pre,x)+pathlen(x,nex); cursum+=pathlen(pre,nex);
s.erase(x);
}
// 加入, 删除元素
// 用 set 维护两边关系
void Sakuya()
{
F(i,1,n)
{
while(top and p[st[top]]<p[i]) --top;
fa[i]=st[top];
st[++top]=i;
} // 单调栈求前驱
dep[0]=0; F(i,1,n) dep[i]=dep[fa[i]]+1;
// 深度
F(i,1,n) jp[i][0]=fa[i]; F(i,1,20) F(j,1,n) jp[j][i]=jp[jp[j][i-1]][i-1];
// 倍增
F(i,1,n) c[i]+=a[i]-b[i],c[fa[i]]+=b[i];
D(i,n,0)
{
dis[i]+=c[i];
if (dis[i]<0ll and i) // 下面有负的, 过去绕一圈
{
dis[fa[i]]+=dis[i];
dis[i]=0;
}
}
F(i,1,n) dis[i]+=dis[fa[i]];
vis[0]=1; s.insert(0); // 注意先搞一个 0 在这里, 不然挺麻烦的
F(i,1,q)
{
int x=I();
if (!visx[x]) // add
{
visx[x]=1;
if (!vis[fa[x]]) add(fa[x]);
++vis[fa[x]];
}
else // del
{
visx[x]=0;
if (vis[fa[x]]==1) del(fa[x]);
--vis[fa[x]];
}
printf("%lld\n",cursum/2+dis[0]);
// 特殊处理0节点
// 除以2别忘了
}
}
void IsMyWife()
{
Input();
Sakuya();
}
}
#undef int //long long
int main()
{
Flandre_Scarlet::IsMyWife();
getchar();
return 0;
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/LightningUZ/p/14531863.html
