题目大意：给定一颗含有$n$个结点的树，每个结点有一个权值$w$。给定$m$条路径，如果一个点与路径的起点的距离恰好为$w$,那么$ans[i]++$。求所有结点的ans。
题目分析
暴力的做法当然是枚举条路径，然后玄学$dfs$，复杂度应该是$O(nm)$的。再根据约束条件可以拿到65pts。
正解
对于一条路径$(u,v)$，我们可以将其分成两段：$(u,lca(u,v))$和$(lca(u,v),v)$。
我们先来分析上行路段。上行路段的要求有3个：
1.$u$在以$i$为根的子树里面。
2.$lca(u,v)$在以$i$为根的子树外面。
3.$dep[u]=dep[i]+w[i]$
同理对于下行路段也有3个条件：
1.$v$在以$i$为根的子树里面。
2.$lca(u,v)$在以i为根的子树外面。
3.$dis[s,t]-dep[t]=w[i]-dep[i]$
这样我们可以枚举每个结点，即dfs整棵树，复杂度$O(n)$。
对于这道题，我们还需要用桶来统计贡献。具体操作方法:
b1:上行阶段的贡献值。
b2:下行阶段的贡献值。
void dfs2(int x) { int t1=b1[w[x]+dep[x]], t2=b2[w[x]-dep[x]+maxn];//递归前的ans[x] for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next) { int y=edge[i].to; if(y==fa[x][0]) continue; dfs2(y);//递归整棵树 } b1[dep[x]]+=st[x]; for(int i=head1[x]; i; i=edge1[i].next)//h1是用链式前向星存的每个点作为终点的路径集合 { int y=edge1[i].to; b2[dis[y]-dep[t[y]]+maxn]++;//根据前面的等式。方法类似雨后的尾巴 } ans[x]+=b1[w[x]+dep[x]]-t1+b2[w[x]-dep[x]+maxn]-t2;//加上差值 ///////未完待续//////// }
我们不能忘记一点：树是递归进行操作的。
什么意思？还记得之前的约束条件吗？统计答案时$lca(u,v)$必然不能存在于子树中。所以当点i作为lca(u,v)时，统计完答案后要减去$(u,v)$对i的贡献。因为$(u,v)$的贡献对于i的祖先是不合法的。
for(int i=head2[x]; i; i=edge2[i].next)//h2是链式前向星存的每个点作为lca的路径集合 { int y=edge2[i].to; b1[dep[s[y]]]--; b2[dis[y]-dep[t[y]]+maxn]--; }
主函数主要代码：
for (int i=1;i<=m;i++) { s[i]=read(),t[i]=read(); int ll=lca(s[i],t[i]); dis[i]=dep[s[i]]+dep[t[i]]-2*dep[ll]; st[s[i]]++;//统计以此点作为起点的路径条数 add1(t[i],i);//存 add2(ll,i); if (dep[ll]+w[ll]==dep[s[i]]) ans[ll]--;//防止重复统计：当路径起点或终点恰好为两点LCA时且LCA处可以观察到运动员 }
注意数组下标的平移。时间复杂度$O(nlogn)$。
完整代码：
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int maxn=400005; int n,m; int fa[maxn][21],dep[maxn],b1[maxn*2],b2[maxn*2]; int dis[maxn],ans[maxn],s[maxn],t[maxn],st[maxn],w[maxn]; int head[maxn*2],cnt,head1[maxn*2],cnt1,head2[maxn*2],cnt2; struct node { int next,to; }edge[maxn*2],edge1[maxn*2],edge2[maxn*2]; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } void add(int x, int y) { edge[++cnt].to=y; edge[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt; } void add1(int x, int y) { edge1[++cnt1].to=y; edge1[cnt1].next=head1[x]; head1[x]=cnt1; } void add2(int x, int y) { edge2[++cnt2].to=y; edge2[cnt2].next=head2[x]; head2[x]=cnt2; } inline void dfs1(int now) { for (int i=1;(1<<i)<=dep[now];i++) fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1]; for (int i=head[now];i;i=edge[i].next) { int to=edge[i].to; if (to==fa[now][0]) continue; fa[to][0]=now; dep[to]=dep[now]+1; dfs1(to); } } inline int lca(int x,int y) { if (x==y) return x; if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y); int t=log(dep[x]-dep[y])/log(2); for (int i=t;i>=0;i--) { if (dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i]; if (x==y) return x; } t=log(dep[x])/log(2); for (int i=t;i>=0;i--) { if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i]; } return fa[x][0]; } void dfs2(int x) { int t1=b1[w[x]+dep[x]], t2=b2[w[x]-dep[x]+maxn]; for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next) { int y=edge[i].to; if(y==fa[x][0]) continue; dfs2(y); } b1[dep[x]]+=st[x]; for(int i=head1[x]; i; i=edge1[i].next) { int y=edge1[i].to; b2[dis[y]-dep[t[y]]+maxn]++; } ans[x]+=b1[w[x]+dep[x]]-t1+b2[w[x]-dep[x]+maxn]-t2; for(int i=head2[x]; i; i=edge2[i].next) { int y=edge2[i].to; b1[dep[s[y]]]--; b2[dis[y]-dep[t[y]]+maxn]--; } } signed main() { n=read(),m=read(); for (int i=1;i<n;i++) { int x=read(),y=read(); add(x,y);add(y,x); } dep[1]=1;fa[1][0]=1; dfs1(1); for (int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { s[i]=read(),t[i]=read(); int ll=lca(s[i],t[i]); dis[i]=dep[s[i]]+dep[t[i]]-2*dep[ll]; st[s[i]]++; add1(t[i],i); add2(ll,i); if (dep[ll]+w[ll]==dep[s[i]]) ans[ll]--; } dfs2(1); for (int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans[i]); return 0; }