P9584 「MXOI Round 1」城市-优快云博客

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题目描述

小 C 是 F 国的总统，尽管这个国家仅存在于网络游戏中，但他确实是这个国家的总统。

F 国由 n 个城市构成，这 n 个城市之间由 n−1 条双向道路互相连接。保证从任意一个城市出发，都能通过这 n−1 条双向道路，到达任意一个城市。

当然，通过这些双向道路是要收费的。通过第 i 条双向道路，需要花费 ci 元。我们称 ci 为第 i 条双向道路的费用。

我们定义 cost(x,y) 表示从城市 x 到城市 y 的简单路径上，所有经过的双向道路的费用之和。特殊地，当 x=y 时，cost(x,y)=0。

为了促进 F 国发展，小 C 新建了一个城市 n+1。现在他需要再新建一条双向道路，使得城市 n+1 也可以通过这 n 条双向道路到达任意一个城市。

他共有 q 个新建道路的方案，每个方案会给定两个参数 ki,wi；对于每一个方案，你需要求出在新建一条连接城市 ki 和城市 n+1 且费用为 wi 的双向道路后，所有 cost(i,j) 之和，即 $\sum_{i=1}^{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}cost(i,j)$ 。

由于答案可能很大，所以你只需要输出答案对 998244353 取模的结果。

方案之间相互独立，也就是说所有方案不会影响现有的道路，这些方案不会真正被施行。

输入格式

第一行两个整数 n,q。

接下来 n−1 行，第 i 行三个整数 ui,vi,ci，表示存在一条连接城市 ui 和城市 vi 的双向道路，其费用为 ci。

接下来 q 行，第 i 行两个整数 ki,wi，表示一个新建道路的方案。

输出格式

共 q 行，每行一个整数，第 i 行的整数表示在新建一条连接城市 ki 和城市 n+1 且费用为 wi 的双向道路后，所有 cost(i,j) 之和对 998244353 取模的结果，即 $\sum_{i=1}^{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}cost(i,j)$ mod998244353。

输入输出样例

输入 #1

输出 #1

100
88

输入 #2

输出 #2

说明/提示

【样例解释 #1】

在新建一条连接城市 1 和城市 5 且费用为 2 的双向道路后，F 国的道路如下图所示：

例如，此时 cost(4,5)=9，cost(1,3)=5。

容易求得此时 $\sum_{i=1}^{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}cost(i,j)$ =100。

【样例 #3】

见附加文件中的 city/city3.in 与 city/city3.ans。

该样例满足测试点 4 的限制。

【样例 #4】

见附加文件中的 city/city4.in 与 city/city4.ans。

该样例满足测试点 11 的限制。

【样例 #5】

见附加文件中的 city/city5.in 与 city/city5.ans。

该样例满足测试点 14 的限制。

【样例 #6】

见附加文件中的 city/city6.in 与 city/city6.ans。

该样例满足测试点 20 的限制。

【数据范围】

对于 100% 的数据，2≤n≤2× $10^{5}$ ，1≤q≤2× $10^{5}$ ，1≤ui,vi,ki≤n，1≤ci,wi≤ $10^{6}$ ，保证从任意一个城市出发，都能通过原本存在的 n−1 条双向道路，到达任意一个城市。

测试点编号	n≤	q≤	特殊性质
1∼3	80	80	无
4∼7	5000	5000	无
8∼10	5000	2× $10^{5}$	无
11∼13	2× $10^{5}$	2× $10^{5}$	A
14∼16	2× $10^{5}$	2× $10^{5}$	B
17∼20	2× $10^{5}$	2× $10^{5}$	无

特殊性质 A：保证对于所有的 1≤i<n，都有 ui=i,vi=i+1。

特殊性质 B：保证对于所有的 1≤i≤q，都有 ki=1。

附件下载

city数据 1.24MB

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;
int tot,d[N],size[N],a1,sum[N],w[N],h[N*2],to[N*2],ne[N*2],n,m,ans;
void add(int a,int b,int c)
{
	tot++;
	ne[tot]=h[a];
	h[a]=tot;
	to[tot]=b;
	w[tot]=c;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
	size[u]=1;
	for(int i=h[u];i;i=ne[i])
	{
		int v=to[i];
		if(fa==v)continue;
		dfs1(v,u);
		d[u]=(d[u]+d[v]+w[i]*size[v])%mod;
		size[u]+=size[v];
	}
}
void dfs2(int u,int fa)
{
	for(int i=h[u];i;i=ne[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa)continue;
		d[v]=(d[u]-size[v]*w[i]%mod+w[i]*(n-size[v])%mod+mod)%mod;
		dfs2(v,u);
	}
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	int a,b,c;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		cin>>a>>b>>c;
		add(a,b,c);
		add(b,a,c);
	}
	dfs1(1,0);
//	cout<<d[1]<<'\n';
	dfs2(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=(ans+d[i])%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>a>>b;
		int k=(d[a]+n*b)%mod;
		k=k*2%mod;
		cout<<(k+ans)%mod<<'\n';
	}
	return 0;
}