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天天爱跑步
Description
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 j 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 秒也正好到达了结点 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 秒前到达终点，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 j 的观察员可以观察到这个玩家。
Input Format
从标准输入读入数据。
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。
Output Format
输出到标准输出。
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。
Sample Input
6 3
2 3
1 2
1 4
4 5
4 6
0 2 5 1 2 3
1 5
1 3
2 6
Sample Output
2 0 0 1 1 1
解析
这已经是经典题了，其实也没那么难。
先把玩家跑步的路径用(LCA)拆成两段，当然是(S_i-p)，(p-T_i)，(p)为(S_i)和(T_i)的最近公共祖先。那么，在前半条路径上，满足(d[S_i]-d[x]=w[x])的点(x)就会有(1)的贡献，在后半条路径上，满足(d[S_i]+d[x]-2*d[p]=w[x])的点(x)也会有(1)的贡献，这可以用行走时间来理解。
于是想到换式子：(d[S_i]=w[x]+d[x])，(d[S_i]-2*d[p]=w[x]-d[x])，发现可以转换问题：从(S_i)到(p)的路径上，在每个点放物品(d[S_i])，求每个点(x)处物品(w[x]+d[x])有几个，从(p)到(T_i)的路径上，在每个点放物品(d[S_i]-2*d[p])，求每个点(x)处物品(w[x]-d[x])有几个。
做一下树上差分，将路径修改变为单点修改，然后我们发现可以值域线段树开桶，线段树合并求一下子树和，线段树查询统计答案。
当然，有更简单的方法：将单点加减操作记录在每个节点的(vector)里，然后一边(dfs)一边做修改，由于计数统计具有区间可减性，所以回溯时的答案减掉刚遍历时的答案就是真正的子树和。
(Code:)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300020;
struct edge { int ver,next; } e[N*2];
int n,m,tot,Head[N],w[N],s[N],t[N],c[N*3],ans[N];
int dep[N],fa[N],son[N],size[N],top[N];
vector < pair<int,int> > re1[N],re2[N];
inline void insert(int x,int y)
{
e[++tot] = (edge){y,Head[x]} , Head[x] = tot;
}
inline void input(void)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for ( int i = 1; i < n; i++ )
{
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
insert( u , v ) , insert( v , u );
}
for ( int i = 1; i <= n; i++ )
scanf("%d",&w[i]);
for ( int i = 1; i <= m; i++ )
scanf("%d%d",&s[i],&t[i]);
}
inline void dfs1(int x,int f,int depth)
{
fa[x] = f , dep[x] = depth , size[x] = 1;
int Max = -1;
for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next )
{
int y = e[i].ver;
if ( y == f ) continue;
dfs1( y , x , depth+1 );
size[x] += size[y];
if ( size[y] > Max ) Max = size[y] , son[x] = y;
}
}
inline void dfs2(int x,int Top)
{
top[x] = Top;
if ( !son[x] ) return;
else dfs2( son[x] , Top );
for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next )
{
int y = e[i].ver;
if ( y == fa[x] || y == son[x] ) continue;
dfs2( y , y );
}
}
inline int LCA(int x,int y)
{
while ( top[x] ^ top[y] )
{
if ( dep[top[x]] < dep[top[y]] ) swap( x , y );
x = fa[top[x]];
}
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
inline void initl(void)
{
for ( int i = 1; i <= m; i++ )
{
int p = LCA( s[i] , t[i] );
re1[s[i]].push_back( make_pair(dep[s[i]],1) );
re1[fa[p]].push_back( make_pair(dep[s[i]],-1) );
}
}
inline void dfsl(int x)
{
int cnt = c[ w[x] + dep[x] ];
for ( int i = 0; i < re1[x].size(); i++ )
if ( re1[x][i].second == 1 )
c[ re1[x][i].first ] ++;
else c[ re1[x][i].first ] --;
for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next )
{
int y = e[i].ver;
if ( y == fa[x] ) continue;
dfsl( y );
}
ans[x] += c[ w[x] + dep[x] ] - cnt;
}
inline void initr(void)
{
for ( int i = 1; i <= m; i++ )
{
int p = LCA( s[i] , t[i] );
re2[t[i]].push_back( make_pair(dep[s[i]]-2*dep[p],1) );
re2[p].push_back( make_pair(dep[s[i]]-2*dep[p],-1) );
}
}
inline void dfsr(int x)
{
int cnt = c[ w[x] - dep[x] + n ];
for ( int i = 0; i < re2[x].size(); i++ )
if ( re2[x][i].second == 1 )
c[ re2[x][i].first + n ] ++;
else c[ re2[x][i].first + n ] --;
for ( int i = Head[x]; i; i = e[i].next )
{
int y = e[i].ver;
if ( y == fa[x] ) continue;
dfsr( y );
}
ans[x] += c[ w[x] - dep[x] + n ] - cnt;
}
int main(void)
{
input();
dfs1( 1 , 0 , 1 );
dfs2( 1 , 1 );
initl();
dfsl( 1 );
initr();
dfsr( 1 );
for ( int i = 1; i <= n; i++ )
printf("%d ",ans[i]);
puts("");
return 0;
}
<后记>