我……又诈尸了……
代码几乎都不会写了，打场CF居然上分啦，开心！（虽然还是比不过列表里的各路神仙）
题目链接
题目描述
一棵(n)个点的有根树，规定一种dfs序（规则：编号小的点优先dfs），(m)次询问一个点(u)和一个区间([l, r])，求dfs序在这个区间内的叶子中，到(u)最小的距离。
(n, m le 500000)
题解
这题……很简单……
题面一上来给个什么欧拉遍历定义……我吓得比赛中没看这题……（实际上码量对于代码几乎都不会敲的退役选手来说，不是非常友好 = = 当时做了可能也会写跪）
用线段树维护所有叶子到“当前点”（一开始是(1)号节点）的距离(dis)。
一开始以(1)号节点为“当前点”，dfs求距离，建树。这样(u = 1)的询问就可以解决了。
怎么解决其他(u)的询问呢？考虑移动“当前点”时，线段树会如何变化。
因为是DFS序，所以每棵子树在dfs序上都挨在一起。当“当前点”从父亲(u)移到儿子(v)(w(u, v))时，子树(v)内所有点的(dis)都减去了(w(u, v))（<u, v>这条边的长度），而子树(v)外的所有点(dis)都加上了(w(u, v))。只需在线段树上区间修改即可。
显然，先把询问都读进来，离线处理非常优秀。空间允许的话似乎也可以主席树？（没试过 = =）
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cassert>
#include <vector>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
char c;
bool op = 0;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
if(c == '-') op = 1;
x = c - '0';
while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
x = x * 10 + c - '0';
if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
if(x >= 10) write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
const int N = 500005;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m;
int ncnt, dfn[N], idx[N], ed[N];
int lcnt, llst[N], lnum[N], prel[N], nxtl[N];
ll w[N], dis[N], data[4*N], lazy[4*N], ans[N];
vector <int> son[N];
struct Query {
int id, u, l, r;
bool operator < (const Query &b) const {
return dfn[u] < dfn[b.u];
}
} qry[N];
int qpos = 1;
void dfs1(int u, int pre){
dfn[u] = ++ncnt;
idx[ncnt] = u;
for(auto v : son[u]){
dis[v] = dis[u] + w[v];
dfs1(v, u);
}
if(u != 1 && ncnt == dfn[u]){
lnum[u] = ++lcnt;
llst[lcnt] = u;
}
ed[u] = ncnt;
}
void modify(int k, ll x){
data[k] += x, lazy[k] += x;
}
void pushdown(int k){
if(!lazy[k]) return;
modify(k << 1, lazy[k]);
modify(k << 1 | 1, lazy[k]);
lazy[k] = 0;
}
void change(int k, int l, int r, int ql, int qr, ll x){
if(ql <= l && qr >= r) return void(modify(k, x));
pushdown(k);
int mid = (l + r) >> 1;
if(ql <= mid) change(k << 1, l, mid, ql, qr, x);
if(qr > mid) change(k << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, x);
data[k] = min(data[k << 1], data[k << 1 | 1]);
}
ll query(int k, int l, int r, int ql, int qr){
if(ql <= l && qr >= r) return data[k];
pushdown(k);
int mid = (l + r) >> 1;
ll ret = INF;
if(ql <= mid) ret = query(k << 1, l, mid, ql, qr);
if(qr > mid) ret = min(ret, query(k << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
return ret;
}
void build_tree(int k, int l, int r){
if(l == r) return void(data[k] = dis[llst[l]]);
int mid = (l + r) >> 1;
build_tree(k << 1, l, mid);
build_tree(k << 1 | 1, mid + 1, r);
data[k] = min(data[k << 1], data[k << 1 | 1]);
}
void dfs2(int u, int pre){
while(qry[qpos].u == u){
ans[qry[qpos].id] = query(1, 1, lcnt, qry[qpos].l, qry[qpos].r);
qpos++;
}
for(auto v : son[u]){
change(1, 1, lcnt, 1, lcnt, w[v]);
change(1, 1, lcnt, nxtl[dfn[v]], prel[ed[v]], -2 * w[v]);
dfs2(v, u);
change(1, 1, lcnt, 1, lcnt, -w[v]);
change(1, 1, lcnt, nxtl[dfn[v]], prel[ed[v]], 2 * w[v]);
}
}
int main(){
read(n), read(m);
for(int i = 2, u; i <= n; i++){
read(u), read(w[i]);
son[u].push_back(i);
}
dfs1(1, 0);
for(int i = 1, t = 1; i <= n; i++){
if(lnum[idx[i]]) t = lnum[idx[i]];
prel[i] = t;
}
for(int i = n, t = lcnt; i; i--){
if(lnum[idx[i]]) t = lnum[idx[i]];
nxtl[i] = t;
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
qry[i].id = i, read(qry[i].u), read(qry[i].l), read(qry[i].r);
qry[i].l = nxtl[qry[i].l], qry[i].r = prel[qry[i].r];
}
sort(qry + 1, qry + m + 1);
build_tree(1, 1, lcnt);
dfs2(1, 0);
for(int i = 1; i <= m; i++)
write(ans[i]), enter;
return 0;
}