有n个点的一棵树，两种操作：

1. a到b的路径上，给一个y，对于路径上每一条边，进行操作，问最后的y；

2. 修改某个条边p的值为c

链上操作的问题，想树链剖分和LCT，对于第一种操作，因为是向下取整，考虑y除以路径上所有边乘积，即；对于第二种操作，就是线段树上的单点更新。因为给的是边的序号，首先每个id能知道对应的边值（ide[]）和连接的点（idv[]）。还有乘法溢出的处理，写成函数方便多了。

1. 用dfn来替换dep完全没有问题，那以后就用dfn吧。2. 第二次DFS，要先去重儿子的路，这样dfn[son[u]]=dfn[u]+1，son数组也省了。3. 代码debug水平有待提升。4. 树的建图用vector就行了，不需要邻接表（n-1条边）。

```#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
const ll INF = 2e18;

std::vector<std::pair<int, int> > edges[N];
int n, m;

int dfn[N], fa[N], son[N], sz[N], belong[N];
ll ide[N];
int idv[N];
int tim;

inline ll mul(ll a, ll b) {
if (a != 0 && b > INF / a) return INF;
return a * b;
}

void DFS2(int u, int chain) {
dfn[u] = ++tim;
belong[u] = chain;
if (son[u] != 0) {
DFS2 (son[u], chain);
}
for (auto e: edges[u]) {
int v = e.first;
if (v == fa[u] || v == son[u]) continue;
DFS2 (v, v);
}
}

void DFS1(int u, int pa) {
sz[u] = 1;
fa[u] = pa;
for (auto e: edges[u]) {
int v = e.first, id = e.second;
if (v == pa) continue;
idv[id] = v;
DFS1 (v, u);
if (sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v;
sz[u] += sz[v];
}
}

#define lson l, mid, o << 1
#define rson mid + 1, r, o << 1 | 1

ll val[N<<2];

void push_up(int o) {
val[o] = mul (val[o<<1], val[o<<1|1]);
}

void tree_updata(int p, ll c, int l, int r, int o) {
if (l == r) {
val[o] = c;
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
if (p <= mid) tree_updata (p, c, lson);
else tree_updata (p, c, rson);
push_up (o);
}

ll tree_query(int ql, int qr, int l, int r, int o) {
if (ql <= l && r <= qr) {
return val[o];
}
int mid = l + r >> 1;
ll ret = 1;
if (ql <= mid) ret = mul (ret, tree_query (ql, qr, lson));
if (qr > mid) ret = mul (ret, tree_query (ql, qr, rson));
return ret;
}

ll query(int a, int b) {
ll ret = 1;
int p = belong[a], q = belong[b];
while (p != q) {
if (dfn[p] < dfn[q]) {
std::swap (p, q);
std::swap (a, b);
}
ret = mul (ret, tree_query (dfn[p], dfn[a], 1, n, 1));
a = fa[p];
p = belong[a];
}
if (dfn[a] < dfn[b]) std::swap (a, b);
if (a != b) {
ret = mul (ret, tree_query (dfn[son[b]], dfn[a], 1, n, 1));
}
return ret;
}

void modify(int id, ll c) {
tree_updata (dfn[idv[id]], c, 1, n, 1);
}

void prepare() {
DFS1 (1, 0);
tim = 0;
DFS2 (1, 1);
for (int i=1; i<n; ++i) {
tree_updata (dfn[idv[i]], ide[i], 1, n, 1);
}
}

int main() {
scanf ("%d%d", &n, &m);
for (int i=1; i<n; ++i) {
int u, v;
ll w;
scanf ("%d%d%I64d", &u, &v, &w);
ide[i] = w;
edges[u].push_back ({v, i});
edges[v].push_back ({u, i});
}

prepare ();

for (int i=0; i<m; ++i) {
int t, a, b;
ll c;
scanf ("%d%d", &t, &a);
if (t == 1) {
scanf ("%d%I64d", &b, &c);
printf ("%I64d\n", c / query (a, b));
} else {
scanf ("%I64d", &c);
modify (a, c);
}
}
return 0;
}
```

## 树链剖分+线段树 CF 593D Happy Tree Party（快乐树聚会）的更多相关文章

1. 【BZOJ-2325】道馆之战 树链剖分 + 线段树

2325: [ZJOI2011]道馆之战 Time Limit: 40 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 1153  Solved: 421[Submit][Statu ...

2. 【BZOJ2243】[SDOI2011]染色 树链剖分+线段树

[BZOJ2243][SDOI2011]染色 Description 给定一棵有n个节点的无根树和m个操作,操作有2类: 1.将节点a到节点b路径上所有点都染成颜色c: 2.询问节点a到节点b路径上的 ...

3. BZOJ2243 (树链剖分+线段树）

Problem 染色(BZOJ2243) 题目大意 给定一颗树,每个节点上有一种颜色. 要求支持两种操作: 操作1:将a->b上所有点染成一种颜色. 操作2:询问a->b上的颜色段数量. ...

4. POJ3237 (树链剖分+线段树）

Problem Tree (POJ3237) 题目大意 给定一颗树,有边权. 要求支持三种操作: 操作一:更改某条边的权值. 操作二:将某条路径上的边权取反. 操作三:询问某条路径上的最大权值. 解题 ...

5. bzoj4034 （树链剖分+线段树）

Problem T2 (bzoj4034 HAOI2015) 题目大意 给定一颗树,1为根节点,要求支持三种操作. 操作 1 :把某个节点 x 的点权增加 a . 操作 2 :把某个节点 x 为根的子 ...

6. HDU4897 （树链剖分+线段树）

Problem Little Devil I (HDU4897) 题目大意 给定一棵树,每条边的颜色为黑或白,起始时均为白. 支持3种操作: 操作1:将a->b的路径中的所有边的颜色翻转. 操作 ...

7. Aizu 2450 Do use segment tree 树链剖分+线段树

Do use segment tree Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://www.bnuoj.com/v3/problem_show ...

8. 【POJ3237】Tree（树链剖分+线段树）

Description You are given a tree with N nodes. The tree’s nodes are numbered 1 through N and its edg ...

9. HDU 2460 Network（双连通+树链剖分+线段树）

HDU 2460 Network 题目链接 题意:给定一个无向图,问每次增加一条边,问个图中还剩多少桥 思路:先双连通缩点,然后形成一棵树,每次增加一条边,相当于询问这两点路径上有多少条边,这个用树链 ...

10. bzoj2243[SDOI2011]染色 树链剖分+线段树

2243: [SDOI2011]染色 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MBSubmit: 9012  Solved: 3375[Submit][Status ...

## 随机推荐

1. iOS-UI-UI控件概述

以下列举一些在开发中可能用得上的UI控件: IBAction和IBOutlet,UIView 1 @interface ViewController : UIViewController 2 3 @p ...

在选择AD登录时,其实可以直接选择 Windows 授权,不过因为有些网站需要的是LDAP获取信息进行授权,而非直接依赖Web Server自带的Windows 授权功能. 当然如果使用的是Azure ...

3. mui事件绑定和可以用的js dom操作方法

<script> //事件绑定 对象 方法 子元素 回调函数 mui('body').on('shown', '.mui-popover', function(e) { //console ...

4. [Dynamic Language] 用Sphinx自动生成python代码注释文档

用Sphinx自动生成python代码注释文档 pip install -U sphinx 安装好了之后,对Python代码的文档,一般使用sphinx-apidoc来自动生成:查看帮助mac-abe ...

5. div一直浮动在页面的底部

永远在底部是那种无论滚动条怎么拉,都可以看见悬浮在底部的那种,如果是那种,是用固定定位做的.另外注意页面中最后的元素或者body要空出固定条的高度,不然最后的元素会被遮挡. html: <div ...

7. Android 之 ServiceManager与服务管理

ServiceMananger是android中比较重要的一个进程,它是在init进程启动之后启动,从名字上就可以看出来它是用来管理系统中的service.比如:InputMethodService. ...

8. 一小时学会ECMAScript6新特性

ECMAScript 简介 简称es,是一套标准,javascript就是使用这套标准的语言.主流的浏览器使用的是ECAMScript5,ECAMScript6(ECAMScript2015)是一涛新 ...

9. 『实践』Yalmip获取对偶函数乘子

『实践』Yalmip获取对偶函数乘子 一.sdpsetting设置 Yalmip网站给出的说明 savesolveroutput默认为0,需要设置为1才会保存输出结果. 下面是我模型的约束个数: 二. ...

10. css背景全屏-视差

<!DOCTYPE html> <html> <head> <title></title> <style> *{margin:0 ...