【題解】LuoGu5465： [PKUSC2018]星際穿越

原題傳送門
重要性質：對於某個點$x$，必定是$x$到$[y,x)$中所有點的距離爲1，$x$到$[z,y)$中所有點距離爲2……
(滿足$z<y<x$)

首先想70分暴力做法（性質的不完全利用）
處理出$dist_{i,j}$表示$i$到$j$的最短路
策略是最多向右走一次，儘可能向左走
複雜度$O(n^2)$

發現答案可以套用前綴和形式求得
想一想是否可以換一種思路：對於某個點$x$，先處理出跳一次能跳到的最左的點，在處理出跳兩次能跳到最左的點，根據重要性質，每次肯定是向左邊一塊一塊區間的更新
那麼在進一步思考，是否可以用倍增進行優化操作？
如果可以，每個點只需要$O(logn)$的複雜度，就過了

可以記錄$pre_{i,j}$表示從點$i$跳$2^j$步最左的點
$sum_{i,j}$表示$i$到從$(i-1)$到點$i$跳$2^j$步最左的點距離和
倍增預處理
詢問$O(logn)$求得

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 300010
#define LL long long
using namespace std;
int n, pre[maxn][21], power[21], L[maxn];
LL sum[maxn][21];

inline int read(){
	int s = 0, w = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') w = -1;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ 48);
	return s * w;
}

LL gcd(LL n, LL m){ return !m ? n : gcd(m, n % m); }

LL calc(int x, int l){
	if (L[x] < l) return x - l;
	LL ans = x - l, d = 0;
	x = L[x];
	for (int i = 20; i >= 0; --i)
		if (pre[x][i] >= l) ans += sum[x][i] + (x - pre[x][i]) * d, x = pre[x][i], d |= power[i];
	return ans + (x - l) * (d + 1);
}

int main(){
	n = read();
	for (int i = 2; i <= n; ++i) L[i] = read();
	L[1] = 1, pre[n + 1][0] = n;
	for (int i = n; i; --i) sum[i][0] = i - (pre[i][0] = min(pre[i + 1][0], L[i]));
	power[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 20; ++i) power[i] = power[i - 1] << 1;
	for (int j = 0; power[j + 1] <= n; ++j)
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			pre[i][j + 1] = pre[pre[i][j]][j], sum[i][j + 1] = sum[i][j] + sum[pre[i][j]][j] + power[j] * (pre[i][j] - pre[i][j + 1]);
	int Q = read();
	while (Q--){
		int l = read(), r = read(), x = read();
		LL p = calc(x, l) - calc(x, r + 1), q = r - l + 1, g = gcd(p, q);
		printf("%lld/%lld\n", p / g, q / g);
	}
	return 0;
}