题目
题目描述
华华看书了解到，一起玩养成类的游戏有助于两人培养感情。所以他决定和月月一起种一棵树。因为华华现在也是信息学高手了，所以他们种的树是信息学意义下的。
华华和月月一起维护了一棵动态有根树，每个点有一个权值。刚开存档的时候，树上只有 0 号节点，权值为 0 。接下来有两种操作：
操作 1：输入格式 \(1\ i\) ，表示月月氪金使节点 i 长出了一个新的儿子节点，权值为0，编号为当前最大编号 +1（也可以理解为，当前是第几个操作 1，新节点的编号就是多少）。
操作 2：输入格式 \(2 \ i \ a\) ，表示华华上线做任务使节点 i 的子树中所有节点（即它和它的所有子孙节点）权值加 a 。
但是月月有时会检查华华有没有认真维护这棵树，会作出询问：
询问 3：输入格式 \(3\ i\) ，华华需要给出 i 节点此时的权值。
华华当然有认真种树了，不过还是希望能写个程序以备不时之需。
输入描述
第一行一个正整数M，接下来M行，每行先输入一个正整数O表示操作类型，再输入一个非负整数i表示操作或询问的节点编号，如果O=2，再输入一个正整数a。
输出描述
对于每个询问3，输出一个非负整数表示询问的答案。
示例1
输入
9
1 0
2 0 1
3 0
3 1
1 0
1 1
2 0 2
3 1
3 3
输出
1
1
3
2
备注
\(1\le M\le 4\times 10^5\)，保证操作1的数量不超过 \(10^5\) ，保证操作2中的参数a满足 \(1\le a\le 999\)
题解
知识点：DFS序，线段树，离线。
加点的操作不好处理，但是我们可以离线解决。
我们可以先读取全部的操作，并把完整的树建好求dfn序，然后直接在完整的dfn序上用线段树操作。
因为只需要查询一个点的权值，所以完整的树中还未实际加入的点，是不影响其他点权值的。在操作时，只需要将加点操作替换成把这个点权值清零即可，其他正常操作。
时间复杂度 \(O(m \log m)\)
空间复杂度 \(O(m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
struct Graph {
struct edge {
int v, nxt;
};
int idx;
vector<int> h;
vector<edge> e;
Graph(int n = 0, int m = 0) { init(n, m); }
void init(int n, int m) {
idx = 0;
h.assign(n + 1, 0);
e.assign(m + 1, {});
}
void add(int u, int v) {
e[++idx] = { v,h[u] };
h[u] = idx;
}
};
struct T {
int sum;
static T e() { return { 0 }; }
friend T operator+(const T &a, const T &b) { return { a.sum + b.sum }; }
};
struct F {
int add;
static F e() { return { 0 }; }
T operator()(const T &x) { return { x.sum + add }; }
F operator()(const F &g) { return { g.add + add }; }
};
template<class T, class F>
class SegmentTreeLazy {
int n;
vector<T> node;
vector<F> lazy;
void push_down(int rt) {
node[rt << 1] = lazy[rt](node[rt << 1]);
lazy[rt << 1] = lazy[rt](lazy[rt << 1]);
node[rt << 1 | 1] = lazy[rt](node[rt << 1 | 1]);
lazy[rt << 1 | 1] = lazy[rt](lazy[rt << 1 | 1]);
lazy[rt] = F::e();
}
void update(int rt, int l, int r, int x, int y, F f) {
if (r < x || y < l) return;
if (x <= l && r <= y) return node[rt] = f(node[rt]), lazy[rt] = f(lazy[rt]), void();
push_down(rt);
int mid = l + r >> 1;
update(rt << 1, l, mid, x, y, f);
update(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y, f);
node[rt] = node[rt << 1] + node[rt << 1 | 1];
}
T query(int rt, int l, int r, int x, int y) {
if (r < x || y < l) return T::e();
if (x <= l && r <= y) return node[rt];
push_down(rt);
int mid = l + r >> 1;
return query(rt << 1, l, mid, x, y) + query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
}
public:
SegmentTreeLazy(int _n = 0) { init(_n); }
SegmentTreeLazy(const vector<T> &src) { init(src); }
void init(int _n) {
n = _n;
node.assign(n << 2, T::e());
lazy.assign(n << 2, F::e());
}
void init(const vector<T> &src) {
assert(src.size() >= 2);
init(src.size() - 1);
function<void(int, int, int)> build = [&](int rt, int l, int r) {
if (l == r) return node[rt] = src[l], void();
int mid = l + r >> 1;
build(rt << 1, l, mid);
build(rt << 1, mid + 1, r);
node[rt] = node[rt << 1] + node[rt << 1 | 1];
};
build(1, 1, n);
}
void update(int x, int y, F f) { update(1, 1, n, x, y, f); }
T query(int x, int y) { return query(1, 1, n, x, y); }
};
const int N = 100007;
Graph g;
struct Query {
int op, x, val;
}Q[400007];
int dfncnt;
int L[N], R[N];
void dfs(int u, int fa) {
L[u] = ++dfncnt;
for (int i = g.h[u];i;i = g.e[i].nxt) {
int v = g.e[i].v;
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
}
R[u] = dfncnt;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
g.init(N, N << 1);
int m;
cin >> m;
int n = 1;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int op, x;
cin >> op >> x;
x++;
if (op == 1) {
n++;
g.add(x, n);
g.add(n, x);
Q[i] = { op,n,0 };
}
else if (op == 2) {
int val;
cin >> val;
Q[i] = { op,x,val };
}
else Q[i] = { op,x,0 };
}
dfs(1, 0);
SegmentTreeLazy<T, F> sgt(n);
for (int i = 1;i <= m;i++) {
auto [op, x, val] = Q[i];
if (op == 1) sgt.update(L[x], L[x], { -sgt.query(L[x],L[x]).sum });
else if (op == 2) sgt.update(L[x], R[x], { val });
else cout << sgt.query(L[x], L[x]).sum << '\n';
}
return 0;
}