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2568. 树链剖分

给定一棵树，树中包含 \(n\) 个节点（编号 \(1 \sim n\) ），其中第 \(i\) 个节点的权值为 \(a_{i}\) 。
初始时， \(1\) 号节点为树的根节点。
现在要对该树进行 \(m\) 次操作，操作分为以下 4 种类型:

• 1 u v k ，修改路径上节点权值，将节点 \(u\) 和节点 \(v\) 之间路径上的所有节点（包括这两个节点）的权值增加 \(k\) 。
• 2 u k ，修改子树上节点权值，将以节点 \(u\) 为根的子树上的所有节点的权值赠加 \(k\) 。
• 3 u v ，询问路径，询问节点 \(u\) 和节点 \(v\) 之间路径上的所有节点（包括这两个节点）的权值和。
• 4 u ，询问子树，询问以节点 \(u\) 为根的子树上的所有节点的权值和。

输入格式

第一行包含一个整数 \(n\) ，表示节点个数。
第二行包含 \(n\) 个整数，其中第 \(i\) 个整数表示 \(a_{i}\) 。
接下来 \(n-1\) 行，每行包含两个整数 \(x, y\) ，表示节点 \(x\) 和节点 \(y\) 之间存在一条边。
再一行包含一个整数 \(m\) ，表示操作次数。
接下来 \(m\) 行，每行包含一个操作，格式如题目所述。

输出格式

对于每个操作 3 和操作 4 ，输出一行一个整数表示答案。

数据范围

$1 \leq n, m \leq 10^{5} $
$0 \leq a_{i}, k \leq 10^{5} $
\(1 \leq u, v, x, y \leq n\)

输入样例：

5
1 3 7 4 5
1 3
1 4
1 5
2 3
5
1 3 4 3
3 5 4
1 3 5 10
2 3 5
4 1

输出样例：

16
69

解题思路

树链剖分

树链剖分是一种思想而不是一种数据结构，其关键在于：

• 将树转化为一段区间

• 将树上的任意一条路径转化为 \(O(logn)\) 段区间

这样，在树上的操作等价于在区间上的操作，而区间上的操作可以利用一些数据结构进行

其次关键在于如何转化为一段区间：先求出重儿子（节点个数最多的儿子，且每个有儿子节点的父节点有且仅有一个重儿子），然后按 \(dfs\) 序优先遍历重儿子的原则给节点重新编号，进而求出一段连续区间

对子树进行修改和查询，由于 \(dfs\) 遍历方式的原因，子树中的编号都是连续的，相当于对一段区间进行修改和查询

对路径进行修改和查询，类似于 LCA 的思想，每次提取最低的重链构成的区间，然后对这些区间进行修改和查询

• 时间复杂度：\(O(mlog^2n)\)

代码

// Problem: 树链剖分
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2570/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include 
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair PII;
typedef pair PLL;
 
template  bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template  bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template  void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e5+5;
int n,w[N],nw[N],sz[N],dep[N],fa[N],top[N],son[N],id[N],cnt;
struct T
{
	int l,r;
	LL add,sum;
}tr[N*4];
vector adj[N];
void dfs(int x,int father,int depth)
{
	sz[x]=1,fa[x]=father,dep[x]=depth;
	for(int y:adj[x])
	{
		if(y==father)continue;
		dfs(y,x,depth+1);
		sz[x]+=sz[y];
		if(sz[son[x]]>1;
	build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
	pushup(u);
}
void update(int u,int l,int r,int k)
{
	if(l<=tr[u].l&&tr[u].r<=r)
	{
		tr[u].sum+=k*(tr[u].r-tr[u].l+1);
		tr[u].add+=k;
		return ;
	}
	pushdown(u);
	int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;
	if(l<=mid)update(u<<1,l,r,k);
	if(r>mid)update(u<<1|1,l,r,k);
	pushup(u);
}
LL ask(int u,int l,int r)
{
	if(l<=tr[u].l&&tr[u].r<=r)return tr[u].sum;
	pushdown(u);
	LL res=0;
	int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;
	if(l<=mid)res+=ask(u<<1,l,r);
	if(r>mid)res+=ask(u<<1|1,l,r);
	return res;
}
void update_path(int u,int v,int k)
{
	while(top[u]!=top[v])
	{
		if(dep[top[u]]dep[v])swap(u,v);
	update(1,id[u],id[v],k);
}
LL ask_path(int u,int v)
{
	LL res=0;
	while(top[u]!=top[v])
	{
		if(dep[top[u]]dep[v])swap(u,v);
	res+=ask(1,id[u],id[v]);
	return res;
}
void update_tree(int u,int k)
{
	update(1,id[u],id[u]+sz[u]-1,k);
}
LL ask_tree(int u)
{
	return ask(1,id[u],id[u]+sz[u]-1);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=1;i