两种操作：
1.查询与树上结点x距离不超过k的结点权值之和
2.将结点x的权值修改为y
点分树模板题。
首先考虑一种比较暴力的做法：用树形dp的思想，将树转化成有根树，设f[u][k]为结点u子树下与其距离不超过k的点权和，则ans(x,k)=f[u][k]+f[fa[u]][k-1]-f[u][k-2]+f[fa[fa[u]]][k-2]-f[fa[u]][k-3]...，可如果树太高的话就GG了，要是能把树高变成logn级别的就好了。
建立点分树(点分治过程中形成的树)，每个结点维护两个树状数组，一个维护以该结点为重心的各个距离上的权值和，一个维护其虚父亲(点分树上的父亲)在“该结点方向”上的各个距离上的权值和(用于容斥)。还要维护点分树上每个结点到其所有祖先结点在原树上的距离，修改和询问就从当前结点开始不断向上跳即可。(点分树的树高是logn级别的，可以暴力往上跳)
总复杂度$O(nlogn+qlog^2n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N=1e5+10,inf=0x3f3f3f3f; 5 struct E {int v,nxt;} e[N<<1]; 6 int a[N],hd[N],ne,n,Q,siz[N],mx[N],vis[N],RT,tot,cnt[N],fa[N],rnk[N],ds[N][20]; 7 int buf[N*40],*ptr=buf; 8 struct BIT { 9 int *c,n; 10 int lb(int x) {return x&-x;} 11 void add(int u,int x) {for(; u<=n; u+=lb(u))c[u]+=x;} 12 int get(int u) {int ret=0; for(u=min(u,n); u; u-=lb(u))ret+=c[u]; return ret;} 13 void build(int* a) { 14 for(int i=1; i<=n; ++i)c[i]=a[i]; 15 for(int i=1; i<=n; ++i)if(i+lb(i)<=n)c[i+lb(i)]+=c[i]; 16 } 17 } c[N][2]; 18 BIT newBIT(int n) {BIT t= {ptr,n}; ptr+=n+1; return t;} 19 void link(int u,int v) {e[ne]= (E) {v,hd[u]},hd[u]=ne++;} 20 void getrt(int u,int f) { 21 siz[u]=1,mx[u]=0; 22 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 23 int v=e[i].v; 24 if(vis[v]||v==f)continue; 25 getrt(v,u),siz[u]+=siz[v],mx[u]=max(mx[u],siz[v]); 26 } 27 mx[u]=max(mx[u],tot-siz[u]); 28 if(mx[u]<mx[RT])RT=u; 29 } 30 void getdis(int u,int f,int d,int rk) { 31 ds[u][rk]=d; 32 cnt[d+1]+=a[u]; 33 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 34 int v=e[i].v; 35 if(vis[v]||v==f)continue; 36 getdis(v,u,d+1,rk); 37 } 38 } 39 void cal(int u,int f) { 40 int m=1; 41 for(; cnt[m]; ++m); 42 --m; 43 c[u][f]=newBIT(m); 44 c[u][f].build(cnt); 45 for(int i=1; i<=m; ++i)cnt[i]=0; 46 } 47 void solve(int u,int rk) { 48 rnk[u]=rk; 49 getdis(u,0,0,rk),cal(u,0),vis[u]=1; 50 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 51 int v=e[i].v; 52 if(vis[v])continue; 53 getdis(v,0,0,rk+1),RT=0,tot=siz[v]; 54 getrt(v,0),cal(RT,1),fa[RT]=u,solve(RT,rk+1); 55 } 56 } 57 void upd(int u,int x) { 58 x-=a[u],a[u]+=x; 59 int dis=0; 60 c[u][0].add(dis+1,x); 61 for(int v=u; fa[v]; v=fa[v]) { 62 dis=ds[u][rnk[fa[v]]]; 63 c[fa[v]][0].add(dis+1,x),c[v][1].add(dis,x); 64 } 65 } 66 int qry(int u,int d) { 67 int ret=0,dis=d; 68 ret+=c[u][0].get(dis+1); 69 for(int v=u; fa[v]; v=fa[v]) { 70 dis=d-ds[u][rnk[fa[v]]]; 71 if(dis>=0)ret+=c[fa[v]][0].get(dis+1)-c[v][1].get(dis); 72 } 73 return ret; 74 } 75 int main() { 76 memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0; 77 scanf("%d%d",&n,&Q); 78 for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]); 79 for(int i=1; i<n; ++i) { 80 int u,v; 81 scanf("%d%d",&u,&v); 82 link(u,v); 83 link(v,u); 84 } 85 mx[0]=inf,RT=0,tot=n,getrt(1,0),fa[RT]=0,solve(RT,0); 86 for(int la=0; Q--;) { 87 int f,u,x; 88 scanf("%d%d%d",&f,&u,&x); 89 u^=la,x^=la; 90 if(f==0)printf("%d ",la=qry(u,x)); 91 else upd(u,x); 92 } 93 return 0; 94 }
还有一种做法是边分树，需要将原树转化成二叉树，稍微麻烦点但省去了容斥的过程，感觉相对更容易理解。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N=4e5+10,inf=0x3f3f3f3f; 5 struct E {int v,c,nxt;} e[N]; 6 int a[N],hd[N],ne,n,Q,siz[N],vis[N],cnt[N],fa[N],tot,rt,mx,edge[N],mxd,rnk[N],ds[N][20]; 7 int buf[N*40],*ptr=buf; 8 struct BIT { 9 int *c,n; 10 int lb(int x) {return x&-x;} 11 void add(int u,int x) {for(; u<=n; u+=lb(u))c[u]+=x;} 12 int get(int u) {int ret=0; for(u=min(u,n); u; u-=lb(u))ret+=c[u]; return ret;} 13 void build(int* a) { 14 for(int i=1; i<=n; ++i)c[i]=a[i]; 15 for(int i=1; i<=n; ++i)if(i+lb(i)<=n)c[i+lb(i)]+=c[i]; 16 } 17 } c[N]; 18 BIT newBIT(int n) {BIT t= {ptr,n}; ptr+=n+1; return t;} 19 void link(int u,int v,int c) {e[ne]= (E) {v,c,hd[u]},hd[u]=ne++;} 20 vector<E> g[N]; 21 void rebuild(int u,int f) { 22 int w=u; 23 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 24 int v=e[i].v; 25 if(v==f)continue; 26 rebuild(v,u); 27 g[w].push_back({v,1,0}); 28 if(~e[i].nxt&&~e[e[i].nxt].nxt)g[w].push_back({++tot,0,0}),w=tot; 29 } 30 } 31 void rebuild() { 32 tot=n,rebuild(1,0); 33 memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0; 34 for(int i=1; i<=tot; ++i) { 35 for(int j=0; j<g[i].size(); ++j) 36 link(i,g[i][j].v,g[i][j].c),link(g[i][j].v,i,g[i][j].c); 37 g[i].clear(); 38 } 39 } 40 void getrt(int u,int f,int sz) { 41 siz[u]=1; 42 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 43 int v=e[i].v; 44 if(vis[i]||v==f)continue; 45 getrt(v,u,sz),siz[u]+=siz[v]; 46 int t=max(siz[v],sz-siz[v]); 47 if(t<mx)mx=t,rt=i; 48 } 49 } 50 void getdis(int u,int f,int d,int rk) { 51 ds[u][rk]=d; 52 if(u<=n)cnt[d+1]+=a[u],mxd=max(mxd,d+1); 53 for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) { 54 int v=e[i].v,c=e[i].c; 55 if(vis[i]||v==f)continue; 56 getdis(v,u,d+c,rk); 57 } 58 } 59 void cal(int u) { 60 c[u]=newBIT(mxd); 61 c[u].build(cnt); 62 for(int i=1; i<=mxd; ++i)cnt[i]=0; 63 } 64 void solve(int u,int f,int sz,int rk) { 65 if(sz==1) {edge[u]=f; return;} 66 mx=inf,getrt(u,0,sz); 67 int t=rt; 68 vis[t]=vis[t^1]=1; 69 fa[t]=fa[t^1]=f; 70 rnk[t]=rnk[t^1]=rk; 71 mxd=0,getdis(e[t].v,0,0,rk),cal(t); 72 mxd=0,getdis(e[t^1].v,0,0,rk),cal(t^1); 73 int a=siz[e[t].v],b=sz-siz[e[t].v]; 74 solve(e[t].v,rt,a,rk+1),solve(e[t^1].v,t^1,b,rk+1); 75 } 76 void upd(int u,int x) { 77 x-=a[u],a[u]+=x; 78 for(int t=edge[u]; ~t; t=fa[t]) { 79 int dis=ds[u][rnk[t]]; 80 c[t].add(dis+1,x); 81 } 82 } 83 int qry(int u,int d) { 84 int ret=a[u]; 85 for(int t=edge[u]; ~t; t=fa[t]) { 86 int dis=d-(ds[u][rnk[t]]+e[t].c); 87 if(dis>=0)ret+=c[t^1].get(dis+1); 88 } 89 return ret; 90 } 91 int main() { 92 memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0; 93 scanf("%d%d",&n,&Q); 94 for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]); 95 for(int i=1; i<n; ++i) { 96 int u,v; 97 scanf("%d%d",&u,&v); 98 link(u,v,0); 99 link(v,u,0); 100 } 101 rebuild(); 102 solve(1,-1,tot,0); 103 for(int la=0; Q--;) { 104 int f,u,x; 105 scanf("%d%d%d",&f,&u,&x); 106 u^=la,x^=la; 107 if(f==0)printf("%d ",la=qry(u,x)); 108 else upd(u,x); 109 } 110 return 0; 111 }