2557. [NOIP2016]天天爱跑步
时间限制：2 s 内存限制：512 MB
【题目描述】
小C同学认为跑步非常有趣，于是决定制作一款叫做《天天爱跑步》的游戏。《天天爱跑步》是一个养成类游戏，需要玩家每天按时上线，完成打卡任务。
这个游戏的地图可以看作一棵包含n个结点和n-1条边的树，每条边连接两个结点，且任意两个结点存在一条路径互相可达。树上结点编号为从1到n的连续正整数。
现在有m个玩家，第i个玩家的起点为Si，终点为Ti。每天打卡任务开始时，所有玩家在第0秒同时从自己的起点出发，以每秒跑一条边的速度，不间断地沿着最短路径向着自己的终点跑去，跑到终点后该玩家就算完成了打卡任务。（由于地图是一棵树，所以每个人的路径是唯一的）
小C想知道游戏的活跃度, 所以在每个结点上都放置了一个观察员。 在结点的观察员会选择在第Wj秒观察玩家, 一个玩家能被这个观察员观察到当且仅当该玩家在第Wj秒也理到达了结点J 。 小C想知道每个观察员会观察到多少人?
注意: 我们认为一个玩家到达自己的终点后该玩家就会结束游戏, 他不能等待一 段时间后再被观察员观察到。 即对于把结点J作为终点的玩家: 若他在第Wj秒重到达终点,则在结点J的观察员不能观察到该玩家;若他正好在第Wj秒到达终点,则在结点的观察员可以观察到这个玩家。
【输入格式】
第一行有两个整数n和m。其中n代表树的结点数量，同时也是观察员的数量，m代表玩家的数量。
接下来n-1行每行两个整数u和v，表示结点u到结点v有一条边。
接下来一行n个整数，其中第j个整数为Wj，表示结点j出现观察员的时间。
接下来m行,每行两个整数Si和Ti，表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据，保证1≤Si,Ti≤n，0≤ Wj ≤n。
【输出格式】
输出1行n个整数,第j个整数表示结点j的观察员可以观察到多少人。
【样例1输入】
6 3 2 3 1 2 1 4 4 5 4 6 0 2 5 1 2 3 1 5 1 3 2 6
【样例1输出】
2 0 0 1 1 1
【样例2输入】
5 3
1 2
2 3
2 4
1 5
0 1 0 3 0
3 1
1 4
5 5
【样例2输出】
1 2 1 0 1
【提示】
对于1号点，W1=0，故只有起点为1号点的玩家才会被观察到，所以玩家1和玩家2被观察到，共2人被观察到。
对于2号点，没有玩家在第2秒时在此结点，共0人被观察到。
对于3号点，没有玩家在第5秒时在此结点，共0人被观察到。
对于4号点，玩家1被观察到，共1人被观察到。
对于5号点，玩家2被观察到，共1人被观察到。
对于6号点，玩家3被观察到，共1人被观察到。
感觉这是一道好难的题，，别人花10分钟打dfs拿了暴力25分，我花了快一个小时打树链刨分维护线段树也才拿了25分呜呜呜~~~~(>_<)~~~~
上网搜别人的题解发现都讲得懵懵懂懂的，反正自己是理解了好半天的呢！
我答的应该还是一些比较容易懂的方法吧..
解题报告：：
发现数据n,m都是30W以上的，果断确定算法O(nlogn) ,而且只能选择一个，要么处理人，要么处理观察员，我们在这里用一下经典思路：两个节点S,T之间的距离，可以把它看成从S到lca（最近公共祖先），从lca再到T的过程，对这两部分过程进行分段处理就好了。
①：从S到lca的过程中，一个观察员i如果能够观察到跑步人x的话，那一定满足式子dp[x]-dp[i]==w[i]（dp是深度，w是时间，因为根节点的深度为0，并且每一条边的长度都为一，所以dp数组也可以看成是到根节点的距离）,我们对他进行一下移项处理：dp[x]=dp[i]+w[i],可以发现等式的右边是一个定值，所以这时候就比较容易想到了，我们对跑步的人进行处理，询问时查询每一个节点的dp[i]+w[i]即可。首先用树链剖分预处理出dp数组，求出每个人起点和终点的lca；然后进行动态插点，因为询问时，如果观察员能观察到这个人，那么dp[i]+w[i]一定等于dp[x]，并且观察到同一个人的所有观察员肯定满足dp[i]+w[i]==dp[j]+w[j];所以我们对每一个深度dp[S]进行插入,如何解决内存的问题呢？？用线段树的动态开点就好了，
②：返回来同理：dp[i]+dp[S]-2*dp[lca]=w[i],进行移项处理：dp[S]-2*dp[lca]==w[i]-dp[i];原理同上，但因为是减法，会出负数，所以整体右移，这就会使内存很大很大，开数组的时候一定要注意，我在这里跪了几次(⊙o⊙)…，在处理完第一个时候，用一个数组存储答案，然后先前的那些就没有用了，反而会对后面的产生干扰，所以在求第二次的时候，不要忘记清空线段树，还有个细节要注意，因为lca是只经过一次的，但是你两个路径中却都有，所以你要舍一个，用fa[lca]来当上界了。
补充：因为一个观察员能观察到人当且仅当这个人的路线是经过观察员的，所以插入的时候要用到差分和dfs序的思想，一个点在进入时有一个时间戳，出来是有一个时间戳，那么在插入操作时，以第一段为例，只要在起点的时间戳出+1，再其fa[lca]处-1(包含lca)，这样如果这个人是经过观察员的，那么观察员进出的时间戳中就构成了一个连续的区间，这个区间中一定会有起点的那个+1，没有lca的-1，如果没有经过，要么是区间中不含+1，或者是+1与-1抵消了，这样都不会产生任何影响的；、
所以最后对每个节点的观察员来说，答案即为在dp[i]+w[i]询问其子树中的数量+第二次w[i]-dp[i]+2*n(为了防止出负数，整体右移了2*n,数组也要相应的扩大更多)询问其子树中的数量之和
输出答案即可
总结：这道题真的好难想啊，树链剖分求lca+树上差分+动态开点线段树+最最难想到的那个式子
╮(╯▽╰)╭貌似这道题可用DP和DFS两种方法水过？？（这个方法才叫水吧）。
附码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 int n,m,num,x,y,dex; 7 int w[300000],adj[300000]; 8 int rt[7000000],lc[7000000],rc[7000000]; 9 struct edge{ 10 int s,t,next; 11 }k[600000]; 12 struct sta{ 13 int s,t,lca; 14 }l[300000]; 15 int read(){ 16 int sum=0;char ch=getchar(); 17 while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); 18 while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();} 19 return sum; 20 } 21 void init(int s,int t){ 22 k[num].s=s;k[num].t=t; 23 k[num].next=adj[s];adj[s]=num++; 24 k[num].s=t;k[num].t=s; 25 k[num].next=adj[t];adj[t]=num++; 26 } 27 int fa[300000],dp[300000],son[300000],size[300000]; 28 void Dfs1(int x){ 29 son[x]=0;size[x]=1; 30 for(int i=adj[x];i!=-1;i=k[i].next){ 31 int o=k[i].t; 32 if(o!=fa[x]){ 33 fa[o]=x;dp[o]=dp[x]+1; 34 Dfs1(o); 35 size[x]+=size[o]; 36 if(size[son[x]]<size[o]) 37 son[x]=o; 38 } 39 } 40 } 41 int pos[300000],id[300000],top[300000],qiong[300000],cnt; 42 void Dfs2(int u,int tp){ 43 pos[++cnt]=u;id[u]=cnt; 44 top[u]=tp; 45 if(son[u]) Dfs2(son[u],tp); 46 for(int i=adj[u];i!=-1;i=k[i].next){ 47 int o=k[i].t; 48 if(o!=fa[u]&&o!=son[u]) 49 Dfs2(o,o); 50 } 51 qiong[u]=cnt; 52 } 53 int LCA(int x,int y){ 54 int fx=top[x],fy=top[y]; 55 while(fx^fy){ 56 if(dp[fx]<dp[fy]){ 57 swap(fx,fy); 58 swap(x,y); 59 } 60 x=fa[fx];fx=top[x]; 61 } 62 return dp[x]<dp[y]?x:y; 63 } 64 int sum[7700000]; 65 void change(int x,int z,int l,int r,int &now){ 66 if(!x) return; 67 if(!now) now=++dex; 68 sum[now]+=z; 69 if(l==r) return; 70 int mid=(l+r)>>1; 71 if(x<=mid) change(x,z,l,mid,lc[now]); 72 else change(x,z,mid+1,r,rc[now]); 73 } 74 int query(int s,int t,int l,int r,int rt){ 75 if(!rt) return 0; 76 if(s<=l&&r<=t) return sum[rt]; 77 int mid=(l+r)>>1; 78 int ans=0; 79 if(s<=mid) ans+=query(s,t,l,mid,lc[rt]); 80 if(t>mid) ans+=query(s,t,mid+1,r,rc[rt]); 81 return ans; 82 } 83 void clear(){ 84 dex=0; 85 memset(lc,0,sizeof(lc)); 86 memset(rc,0,sizeof(rc)); 87 memset(sum,0,sizeof(sum)); 88 memset(rt,0,sizeof(rt)); 89 } 90 int ans[300000]; 91 int main(){ 92 //freopen("runninga.in","r",stdin); 93 //freopen("runninga.out","w",stdout); 94 memset(adj,-1,sizeof(adj)); 95 n=read();m=read(); 96 for(int i=1;i<n;++i){ 97 x=read();y=read(); 98 init(x,y); 99 } 100 for(int i=1;i<=n;++i) 101 w[i]=read(); 102 Dfs1(1);Dfs2(1,1); 103 for(int i=1;i<=m;++i) 104 l[i].s=read(),l[i].t=read(),l[i].lca=LCA(l[i].s,l[i].t); 105 for(int i=1;i<=m;++i){ 106 int now=dp[l[i].s]; 107 change(id[l[i].s],1,1,n,rt[now]); 108 change(id[fa[l[i].lca]],-1,1,n,rt[now]); 109 } 110 for(int i=1;i<=n;++i) 111 ans[i]=query(id[i],qiong[i],1,n,rt[dp[i]+w[i]]); 112 clear(); 113 for(int i=1;i<=m;++i){ 114 int now=dp[l[i].s]-2*dp[l[i].lca]+2*n; 115 change(id[l[i].t],1,1,n,rt[now]); 116 change(id[l[i].lca],-1,1,n,rt[now]); 117 } 118 for(int i=1;i<=n;++i) 119 ans[i]+=query(id[i],qiong[i],1,n,rt[w[i]-dp[i]+2*n]); 120 for(int i=1;i<=n;++i) 121 printf("%d ",ans[i]); 122 return 0; 123 }