[ JLOI 2012 ] 树

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(Description)

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一棵以(1)号节点为根的(N)个节点的树，每个节点有正整数点权(A_i)，问有多少条路径的节点点权之和达到(S)。

此处定义的路径中，节点的深度必须是升序的，不能出现由两个点的(Lca)连接的两段路径，路径起点是任意的。

• (Nin [1,10^5])，(A_i,Sin [0,10^3])

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(Solution)

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• 树上前缀和的做法显然，记录每个点的树上前缀和，倍增处理(2^k)的祖先。枚举每一个点作为路径的终点，二分起点祖先层数，二进制拆分跳到那里然后前缀和相减验证，总复杂度( ext O(Nlog^2N))。

• 考虑将两个部分合在一起。二分祖先层数是因为不知道这一部分的链上点权和，考虑树上倍增。预处理(f[i][k])表示节点(i)的(2^k)层祖先是谁，处理(g[i][k])表示从节点(i)向上长度为(2^k)的链上点权和(()不包括(i)，即从(i)的父亲到(i)的(2^k)层祖先的链上所有点权和())。

• 在每一个点尝试向上跳，维护当前路径上权值(now)和当前节点位置(x)，若存在(f[x][k])且(now+g[x][k]le S)就往上跳，判断最后(now)是否与(S)相等即可，总复杂度( ext O(NlogN))。

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(Code)

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#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
 
inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}
 
int n,m,t,tot,hd[N],val[N];
int ans,d[N],f[N][20],g[N][20];
struct edge{int to,nxt;}e[N<<1];
 
inline void add(int u,int v){
  e[++tot].to=v; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}
 
queue<int> q;
inline void bfs(){
  q.push(1); d[1]=1;
  while(!q.empty()){
    int u=q.front(); q.pop();
    for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
      if(!d[v=e[i].to]){
        d[v]=d[u]+1;
        f[v][0]=u; g[v][0]=val[u];
        for(R int i=1;i<=t;++i){
          f[v][i]=f[f[v][i-1]][i-1];
          g[v][i]=g[v][i-1]+g[f[v][i-1]][i-1];
        }
        q.push(v);
      }
  }
}
 
inline bool valid(int x){
  int now=val[x];
  for(R int i=t;~i;--i)
    if(f[x][i]&&now+g[x][i]<=m) now+=g[x][i],x=f[x][i];
  return now==m;
}
 
int main(){
  t=log2(n=rd()); m=rd();
  for(R int i=1;i<=n;++i) val[i]=rd();
  for(R int i=1,u,v;i<n;++i){
    u=rd(); v=rd();
    add(u,v); add(v,u);
  }
  bfs();
  for(R int i=1;i<=n;++i) ans+=valid(i);
  printf("%d
",ans);
  return 0;
}