51nod1462 树据结构（树链剖分+线段树）

　　这题好久之前就被学长安利了...一直没写珍藏在收藏夹一个不为人知的角落233

　　这题怎么做...我们来数形结合，横坐标为$t_i$被加的次数（可看作时间$t$），纵坐标为$v_i$，那么$t_i$实际上就是阶梯图形的面积。

　　上图是父亲节点和子节点合并后的样子，阴影部分为答案即$t_i$，显然可以通过$deltat*deltav-deltatv$来得到。

　　信息下传的时候儿子的$deltatv$加上父亲的$deltatv$后还要加上一个长方体的面积即$deltat_{son}*deltav_{fa}$，然后儿子的$deltat$和$deltav$都加上父亲的就行了。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200010, inf=1e9;
struct poi{int too, pre;}e[maxn<<1];
struct tjm{ll deltat, deltav, deltatv;}tree[maxn<<2];
int n, m, tott, tot, ty, x, y, z;
int fa[maxn], d[maxn], size[maxn], top[maxn], w[maxn], last[maxn], son[maxn];
char buf[8000000], *ptr=buf-1;
inline void read(int &k)
{
    int f=1; k=0; char c=*++ptr;
    while(c<'0' || c>'9') c=='-'&&(f=-1), c=*++ptr;
    while(c<='9' && c>='0') k=k*10+c-'0', c=*++ptr;
    k*=f;    
} 
inline void add(int x, int y){e[++tot]=(poi){y, last[x]}; last[x]=tot;}
void dfs1(int x)
{
    size[x]=1;
    for(int i=last[x], too;i;i=e[i].pre)
    {
        d[too=e[i].too]=d[x]+1;
        dfs1(too);
        size[x]+=size[too];
        if(size[too]>size[son[x]]) son[x]=too;
    }
}
void dfs2(int x, int tp)
{
    top[x]=tp; w[x]=++tott; 
    if(son[x]) dfs2(son[x], tp);
    for(int i=last[x], too;i;i=e[i].pre)
    if((too=e[i].too)!=son[x]) dfs2(too, too);
}
inline void addone(int x, ll deltat, ll deltav, ll deltatv)
{
    tree[x].deltatv+=deltatv+deltav*tree[x].deltat;
    tree[x].deltat+=deltat;
    tree[x].deltav+=deltav;
}
inline void down(int x)
{
    addone(x<<1, tree[x].deltat, tree[x].deltav, tree[x].deltatv);
    addone(x<<1|1, tree[x].deltat, tree[x].deltav, tree[x].deltatv);
    tree[x].deltat=tree[x].deltav=tree[x].deltatv=0;
}
void update(int x, int l, int r, int cl, int cr, int delta, int ty)
{
    if(cl<=l && r<=cr)
    {
        if(ty) tree[x].deltat+=delta;
        else tree[x].deltatv+=tree[x].deltat*delta, tree[x].deltav+=delta;
        return;
    }
    down(x);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(cl<=mid) update(x<<1, l, mid, cl, cr, delta, ty);
    if(cr>mid) update(x<<1|1, mid+1, r, cl, cr, delta, ty);
}
ll query(int x, int l, int r, int cx)
{
    if(l==r) return tree[x].deltat*tree[x].deltav-tree[x].deltatv;
    down(x);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(cx<=mid) return query(x<<1, l, mid, cx);
    else return query(x<<1|1, mid+1, r, cx);
}
inline void solve(int x, int y, int delta, int ty)
{
    int f1=top[x], f2=top[y];
    while(f1!=f2)
    {
        if(d[f1]<d[f2]) swap(x, y), swap(f1, f2);
        update(1, 1, n, w[f1], w[x], delta, ty);
        x=fa[f1]; f1=top[x];
    }
    if(d[x]<d[y]) swap(x, y);
    update(1, 1, n, w[y], w[x], delta, ty);
}
int main()
{
    fread(buf, 1, sizeof(buf), stdin); read(n);
    for(int i=2;i<=n;i++) read(fa[i]), add(fa[i], i);
    dfs1(1); dfs2(1, 1); read(m);
    for(int i=1;i<=m;i++) read(ty), read(x), read(y), solve(1, x, y, ty-1);
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld
", query(1, 1, n, w[i]));
}

　　如果这题要求区间和呢？因为一个区间内可能有很多个阶梯形，但是上传的时候都是接上同样的一段父亲的阶梯，所以这个贡献还是可以计算的，只需要多记录一下区间内的$sumv,sumt$就很好求了。