城市旅行

题目描述

(W) 国地人物博，有 (n) 座城市组成，共 (n-1) 条双向道路连接其中的两座城市，且任意两座城市都可相互到达。
风景秀美的 (w) 国吸引了无数慕名而来的游客，根据游客对每座城市的打分，我们定义第 (i) 座城市的美丽度为 (a_i)。一次从城市 (x) 到城市 (y) 的旅行，所获得的的偷悦指数为从城市 (x) 到 城市 (y) 所有城市的美丽度之和（包括(x)和(y)）。我们记这个值为 (H(x,y))。
现在小A在城市 (X)，Sharon在城市 (Y)，他们想知道如果在城市 (X) 到城市 (Y) 之间的所有城市中任选两座城市 (x) 和 (y) ((x)可以等于(y)),那么 (H(x,y)) 的期望值是多少，我们记这个期望值 (E(x,y))。
当然，城市之间的交通状况飘忽不定，因此我们不能排除某些时刻某些道路将无法通行。某些时刻会突然添加新的道路。以及游客们审美观的改变，某些城市的美丽度也会发生变化。作为 (W) 国负责旅游行业的T君，他要求你来写一个程序来模拟上而的所有过程。

输入格式

第一行两个整数，(n,m) 表示城市个数和操作个数。

接下来一行 (n) 个整数，第 (i) 个表示 (a_i) 。 接下来 (n-1) 行，每行两个整数 (u,v)，表示 (u) 和 (v) 之间有一条路。 接下来 (m) 行，是进行下面的操作：
1 u v 如果城市 (u) 和城市 (v) 已经无直接连接的道路，则忽略这个操作，否则删除 (u,v) 之间的道路。
2 u v 如果城市 (u) 和城市 (v) 联通那么忽略。否则在 (u,v) 之间添加一条道路。
3 u v d 如果城市 (u) 和城市 (v) 不连通，那么忽略。否则将城市 (u) 到城市 (v) 的路径中所有城市（包括(u)和(v)）的美丽度都增加d。

4 u v 询问 (E(u,v)) 的值

输出格式

对于操作4，输出答案，一个经过化简的分数 (p/q) 。如果 (u) 和 (v) 不连通输出 (-1)。

放在数学专题里的毒瘤数据结构题

首先发现这是个假期望，最后分母其实就是 (inom{len}{2})

然后前三个操作都是lct的基础操作，可以直接维护

现在我们考虑怎么得到一条路径上的所有答案和

先考虑如果在一个序列上 ([l,r]) 的答案就是 (sumlimits_{i=l}^ra_i imes (i-l+1) imes (r-i+1))

转化到树上，对于询问 u v 考虑如果使 (v) 为树根，那么答案为 (sumlimits_{iin u->v }a_i imes dep_i imes (dep_x-dep_i+1))

拆一下(sumlimits_{iin u->v }a_i imes dep_i imes (dep_x-dep_i+1)=sumlimits_{iin u->v}a_i imes dep_i(dep_x+1)-a_i imes dep_i^2)

于是我们需要维护 (da[x]=sumlimits_{iin x} a_i imes dep_i) 和 (da2[x]=sumlimits_{iin x} a_i imes dep_i^2)

考虑如何合并两个子树的信息

首先左子树的答案不变可以直接加上，考虑右子树答案的变化

由于我们统计答案时一定是一条链，那么右子树每个点的 (dep) 都应该增加 (sz[lc]+1)

那么

[egin{aligned} da[x]&=da[lc]+(sz[lc]+1) imes a[x]+sumlimits_{iin rc}(sz[lc]+1+dep[i]') imes a[i]\ &=da[lc]+da[rc]+(a[x]+sum[rc]) imes (sz[lc]+1) \ da2[x]&=da2[lc]+(sz[lc]+1)^2 imes a[x]+sumlimits_{iin rc}(sz[lc]+1+dep[i]')^2 imes a[i]\ &=da2[lc]+(sz[lc]+1)^2 imes a[x]+sumlimits_{iin rc}((sz[lc]+1)^2+2 imes(sz[lc]+1) imes dep[i]'+dep[i]'^2) imes a[i]\ &=da2[lc]+da2[rc]+(sum[rc]+a[x]) imes (sz[lc]+1)^2+2(sz[lc]+1) imes sum_{iin rc}dep[i]'a[i]\ &=da2[lc]+da2[rc]+(sum[rc]+a[x]) imes (sz[lc]+1)^2+2 imes da[rc] imes (sz[lc]+1) end{aligned}]

再考虑修改，考虑一条链所有点权值增加 (d) 造成的增量,有

[egin{aligned} Delta da[x]&=sum_{iin x}dep[i] imes d\ &=frac{sz[x] imes(sz[x]+1)}{2} imes d\ Delta da2[x]&=sum_{iin x}dep[i]^2 imes d\ &=frac{sz[x] imes(sz[x]+1) imes(sz[x] imes 2+1)}{6} imes d end{aligned}]

完了？不不不，我们发现 (makeroot) 的时候整棵树的深度会翻转，这样的话每个点的 (dep) 也会改变

但是我们发现改变只是 (dep) 从原来左儿子的 (sz) 变成了原来右儿子的 (sz)

那么我们只需要维护两套 (da) 和 (da2),翻转的时候交换他们就行了

链加还需要维护懒标记

总共需要维护 (lda,lda2,rda,rda2,sz,a,lazy 7) 个变量

(link) 和 (cut) 之前需要先下传标记（具体实现只要在操作之前 (split) 一下)

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define cri const register int
#define re register
#define int ll
#define lc c[x][0]
#define rc c[x][1]
using namespace std;
int c[50010][2],la[50010],l2a[50010],sz[50010],ra[50010],r2a[50010],lz[50010],a[50010];
int f[50010]，r[50010],sta[50010],sum[50010];
inline bool nrt(cri x){ return c[f[x]][0]==x||c[f[x]][1]==x; }
inline void up(cri x){
	sz[x]=sz[lc]+sz[rc]+1;
	sum[x]=sum[lc]+sum[rc]+a[x];
	la[x]=(a[x]+sum[rc])*(sz[lc]+1)+la[lc]+la[rc];
	ra[x]=(a[x]+sum[lc])*(sz[rc]+1)+ra[lc]+ra[rc];
	l2a[x]=(a[x]+sum[rc])*(sz[lc]+1)*(sz[lc]+1)+l2a[lc]+l2a[rc]+la[rc]*(sz[lc]+1)*2;
	r2a[x]=(a[x]+sum[lc])*(sz[rc]+1)*(sz[rc]+1)+r2a[lc]+r2a[rc]+ra[lc]*(sz[rc]+1)*2;
}
inline void fz(cri x){
	r[x]^=1;
	swap(lc,rc);
	swap(la[x],ra[x]);swap(l2a[x],r2a[x]);
}
inline void add(cri x,cri y){
	lz[x]+=y; a[x]+=y;
	sum[x]+=sz[x]*y;
	la[x]+=sz[x]*(sz[x]+1)/2*y;
	ra[x]+=sz[x]*(sz[x]+1)/2*y;
	l2a[x]+=sz[x]*(sz[x]+1)*(sz[x]<<1|1)/6*y;
	r2a[x]+=sz[x]*(sz[x]+1)*(sz[x]<<1|1)/6*y;
}
inline void down(cri x){
	if(lc){
		add(lc,lz[x]);
		if(r[x]) fz(lc);
	}
	if(rc){
		add(rc,lz[x]);	
		if(r[x]) fz(rc);
	}
	r[x]=lz[x]=0;
}
inline void rotate(cri x){
	cri y=f[x],z=f[y],k=c[y][1]==x,w=c[x][k^1];
	if(nrt(y)) c[z][c[z][1]==y]=x;
	c[x][k^1]=y,c[y][k]=w;
	if(w) f[w]=y; f[y]=x; f[x]=z;
	up(y);up(x);
}
inline void splay(int x){
	int z=0,y=x;
	sta[++z]=y;
	while(nrt(y)) sta[++z]=y=f[y];
	while(z) down(sta[z--]);
	while(nrt(x)){
		y=f[x],z=f[y];
		if(nrt(y)) rotate(c[z][1]==y^c[y][1]==x?x:y);
		rotate(x);
	}
}
inline void ac(int x){
	for(int y=0;x;x=f[y=x]) splay(x),rc=y,up(x);
}
inline int mrt(cri x){
	ac(x);splay(x);fz(x);
}
inline int frt(int x){
	ac(x);splay(x);
	while(lc) down(x),x=lc;
	splay(x);
	return x;
}
inline void split(cri x,cri y){
	mrt(x),ac(y),splay(y);
}
inline void link(cri x,cri y){
	if(frt(x)==frt(y)) return;
	split(x,y);f[x]=y;
}
inline void cut(cri x,cri y){
	split(x,y);
	if(c[y][0]!=x||c[x][1]) return;
	f[x]=c[y][0]=0;
	up(y);
}
signed main(){
	int n,m;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),up(i);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++) scanf("%lld%lld",&x,&y),link(x,y);
	while(m--){
		int opt,u,x,d;
		scanf("%lld%lld%lld",&opt,&u,&x);
		if(opt==1) cut(u,x);
		if(opt==2) link(u,x);
		if(opt==3){
			scanf("%lld",&d);
			if(frt(u)!=frt(x)) continue;
			split(u,x);
			add(x,d);
		}
		if(opt==4){
			if(frt(u)!=frt(x)) puts("-1");
			else{
				split(u,x);
				int ans=la[x]*(sz[x]+1)-l2a[x],base=sz[x]*(sz[x]+1)/2;
				printf("%lld/%lld
",ans/__gcd(ans,base),base/__gcd(ans,base));
			}
		}
	}
}