【BZOJ3653】谈笑风生
Description
设T 为一棵有根树，我们做如下的定义：
? 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先，那么称“a比b不知道高明到哪里去了”。
? 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定常数x，那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T，节点的编号为1 到 n，根节点为1号节点。你需要回答q 个询问，询问给定两个整数p和k，问有多少个有序三元组(a;b;c)满足：
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点，且 a为p 号节点；
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了；
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
Input
第一行含有两个正整数n和q，分别代表有根树的点数与询问的个数。
接下来n - 1行，每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v，代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行，每行描述一个操作。第i行含有两个整数，分别表示第i个询问的p和k。
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
Output
输出 q 行，每行对应一个询问，代表询问的答案。
Sample Input
5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
Sample Output
3
1
3
1
3
题解：如果确定了a和b，那么c的个数就是a和b的公共子树大小-1，所以我们考虑所有b的贡献。
先考虑b不在a子树中的情况，那么b只能在a到根的路径上，这种情况显然可以直接计算。
那么考虑b在a子树中的情况，相当于b的深度和DFS序都要在一个范围内，这可以看成一个二维数点问题，用离线+树状数组轻松解决。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=300010;
typedef long long ll;
int n,m,cnt;
int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn],dep[maxn],siz[maxn],fa[maxn],p1[maxn],p2[maxn],p[maxn];
ll s[maxn],ans[maxn];
struct node
{
int x,k,org;
}q[maxn];
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();}
while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
return ret*f;
}
inline void add(int a,int b)
{
to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
void dfs(int x)
{
siz[x]=1,p1[x]=++p2[0];
for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa[x])
fa[to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs(to[i]),siz[x]+=siz[to[i]];
p2[x]=p2[0];
}
bool cmpq(const node &a,const node &b)
{
return a.k<b.k;
}
bool cmpp(const int &a,const int &b)
{
return dep[a]<dep[b];
}
inline void updata(int x,int v)
{
for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) s[i]+=v;
}
inline ll query(int x)
{
ll ret=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i) ret+=s[i];
return ret;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
int i,j,a,b;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(i=1;i<n;i++) a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);
dep[1]=1,dfs(1);
for(i=1;i<=m;i++)
q[i].x=rd(),q[i].k=rd(),ans[i]=(ll)(min(dep[q[i].x]-1,q[i].k)-1)*(siz[q[i].x]-1),q[i].k+=dep[q[i].x],q[i].org=i;
sort(q+1,q+m+1,cmpq);
for(i=1;i<=n;i++) p[i]=i;
sort(p+1,p+n+1,cmpp);
for(i=j=1;i<=m;i++)
{
for(;dep[p[j]]<=q[i].k&&j<=n;j++) updata(p1[p[j]],siz[p[j]]-1);
ans[q[i].org]+=query(p2[q[i].x])-query(p1[q[i].x]-1);
}
for(i=1;i<=m;i++) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}