差分 算是一种比较重要的操作了，而且 还简单 。
具体的 差分的好处 就是 O(1)时间内完成 区间操作 O(n)时间内得到区间总体答案。
假如不差分的话 那么每次区间操作都是O(n)的 最后 O(1)时间来提取答案。
整个操作是 O(n^2)的 而对于树上的差分操作 也是这样的。
这道题是一道简单的树上差分 练习题 主要是考察 对答案的产生地方的分析，
一条是原本的树上的边 另一条是新加的边。那么此时 对于一棵树多加一条边 产生的影响无疑是从x到 LCA 和y 到LCA这之间的边
形成了一个环对吧，我们可以说这时砍掉其中的一条树边 是不可能切断整张图的，那么此时 我们可以考虑切断一条新加的边，那不就是刚刚出现在x y之间的边么？
切掉这一条即可 但是如果被连了好多边呢，那这不就没用了么？是的这时答案肯定不会再被累加。
真正能累加答案的是只被覆盖一次和不被覆盖的树上的边。一条路径上的边都是被覆盖的那么可以利用树上差分 O(1)修改。
最后O(n) 输出答案即可。总复杂度O(n).
//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cctype> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<queue> #include<stack> #include<deque> #include<map> #include<vector> #include<ctime> #define ll long long #define INF 2147483647 #define x(i) t[i].x #define y(i) t[i].y #define mod 31011 #define R register using namespace std; char buf[1<<15],*fs,*ft; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } inline void put(ll x) { x<0?putchar('-'),x=-x:0; int num=0;char ch[50]; while(x)ch[++num]=x%10+'0',x/=10; num==0?putchar('0'):0; while(num)putchar(ch[num--]); putchar(' ');return; } const int MAXN=100002; int n,m; ll ans; int fa[MAXN],vis[MAXN],f[MAXN],lca[MAXN];//f[i]表示以i节点为根的子树往上被标记的次数 int lin[MAXN<<1],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1],len; vector<int>q[MAXN],q1[MAXN]; struct wy{int x,y;}t[MAXN]; inline void add(int x,int y) { ver[++len]=y; nex[len]=lin[x]; lin[x]=len; } inline int getfather(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=getfather(fa[x]);} void tarjan(int x) { vis[x]=1; for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(vis[tn]==1)continue; tarjan(tn); vis[tn]=2; fa[tn]=x; } for(unsigned int i=0;i<q[x].size();++i) { int tn=q[x][i]; if(vis[tn]==2)lca[q1[x][i]]=getfather(tn); } return; } void dfs(int x) { vis[x]=1; for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(vis[tn]==1)continue; dfs(tn); f[x]+=f[tn]; } if(x!=1) { if(f[x]==0)ans+=m; if(f[x]==1)++ans; } return; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int x,y;fa[i]=i; x=read();y=read(); add(x,y);add(y,x); } fa[n]=n; for(int i=1;i<=m;++i) { x(i)=read(); y(i)=read(); if(x(i)==y(i))continue; //cout<<x(i)<<' '<<y(i)<<endl; q[x(i)].push_back(y(i)); q1[x(i)].push_back(i); q[y(i)].push_back(x(i)); q1[y(i)].push_back(i); } memset(vis,0,sizeof(vis)); tarjan(1); for(int i=1;i<=m;++i) { //put(lca[i]); if(x(i)==y(i))continue; ++f[x(i)]; ++f[y(i)]; f[lca[i]]-=2; } memset(vis,0,sizeof(vis)); dfs(1); put(ans); return 0; }
友情提醒 倍增求LCA 不会有坑点 x==y时有LCA 但是倍增求的话必须要特判这点注意！！！
这道题也是比较有意思的题目，因为 这不像一些树上的题目求根节点到当前节点的最大值什么的需要dfs序建线段树
这是随意从树中选出两个节点然后进行路径上的需改 我们早就习以为常了吧 差分一下 到分f[LCA]的时候差分效果消失即可。
然后考虑怎么维护答案 最多的救济粮 这不是线段树干的事情么可是维护的是次数并非救济粮自身的性质。考虑权值线段树
然后空间要GG 随便动态开点一下 然后也可以 进行线段树的合并啦！！！
//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cctype> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<queue> #include<stack> #include<deque> #include<map> #include<vector> #include<ctime> #define ll long long #define INF 2147483646 #define R register #define r(i) t[i].r #define l(i) t[i].l #define sum(i) t[i].sum #define v(i) t[i].v using namespace std; char buf[1<<15],*fs,*ft; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } inline void put(int x) { x<0?putchar('-'),x=-x:0; int num=0;char ch[50]; while(x)ch[++num]=x%10+'0',x/=10; num==0?putchar('0'):0; while(num)putchar(ch[num--]); putchar(' ');return; } const int MAXN=100002; int n,m,cnt,num; int lin[MAXN<<1],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1],len; int a[MAXN],b[MAXN],f[MAXN],fa[MAXN],lca[MAXN],s[MAXN],s1[MAXN],vis[MAXN],root[MAXN],ans[MAXN]; vector<int>q[MAXN],q1[MAXN]; struct wy { int l,r; int sum;//次数 int v;//价值 }t[MAXN<<6]; inline void add(int x,int y) { ver[++len]=y; nex[len]=lin[x]; lin[x]=len; } inline void discrete() { sort(b+1,b+1+m); for(int i=1;i<=m;++i)if(i==1||b[i]!=b[cnt])b[++cnt]=b[i]; for(int i=1;i<=m;++i)a[i]=lower_bound(b+1,b+1+cnt,a[i])-b; } inline int getfather(int x){return x==f[x]?x:f[x]=getfather(f[x]);} inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;} inline int min(int x,int y){return x>y?y:x;} inline void tarjan(int x) { vis[x]=1; for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(vis[tn]==1)continue; tarjan(tn); f[tn]=x; fa[tn]=x; vis[tn]=2; } for(unsigned int i=0;i<q[x].size();++i) { int tn=q[x][i]; if(vis[tn]==2)lca[q1[x][i]]=getfather(tn); } return; } inline void change(int &p,int l,int r,int x,int d) { if(p==0)p=++num; if(l==r){sum(p)+=d,v(p)=l;return;} int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid)change(l(p),l,mid,x,d); else change(r(p),mid+1,r,x,d); /*if(sum(l(p))==sum(r(p)))v(p)=min(v(l(p)),v(r(p))); else { if(sum(l(p))>sum(r(p)))v(p)=v(l(p)); else v(p)=v(r(p)); } sum(p)=max(sum(l(p)),sum(r(p)));*/ sum(p)=max(sum(l(p)),sum(r(p))); v(p)=sum(l(p))>=sum(r(p))?v(l(p)):v(r(p)); return; } inline int merge(int x,int y,int l,int r) { if(x==0||y==0)return x+y; if(l==r){sum(x)+=sum(y);return x;} int mid=(l+r)>>1; l(x)=merge(l(x),l(y),l,mid); r(x)=merge(r(x),r(y),mid+1,r); /*if(sum(l(x))==sum(r(x)))v(x)=min(v(l(x)),v(r(x))); else { if(sum(l(x))>sum(r(x)))v(x)=v(l(x)); else v(x)=v(r(x)); } sum(x)=max(sum(l(x)),sum(r(x)));*/ sum(x)=max(sum(l(x)),sum(r(x))); v(x)=sum(l(x))>=sum(r(x))?v(l(x)):v(r(x)); return x; } inline void dfs(int x) { vis[x]=1; for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(vis[tn]==1)continue; dfs(tn); root[x]=merge(root[x],root[tn],1,cnt); } if(sum(root[x])==0)ans[x]=0; else ans[x]=v(root[x]); return; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int x,y;f[i]=i; x=read();y=read(); add(x,y);add(y,x); } f[n]=n; for(int i=1;i<=m;++i) { s[i]=read();s1[i]=read(); a[i]=b[i]=read(); if(s[i]==s1[i]){lca[i]=s[i];continue;} q[s[i]].push_back(s1[i]); q1[s[i]].push_back(i); q[s1[i]].push_back(s[i]); q1[s1[i]].push_back(i); } discrete(); tarjan(1); //put(cnt);for(int i=1;i<=m;++i)put(a[i]); //for(int i=1;i<=m;++i)put(lca[i]); for(int i=1;i<=m;++i) { change(root[s[i]],1,cnt,a[i],1); change(root[s1[i]],1,cnt,a[i],1); //cout<<b[v(root[s[i]])]<<' '<<b[a[i]]<<' '<<a[i]<<endl; change(root[lca[i]],1,cnt,a[i],-1); if(fa[lca[i]])change(root[fa[lca[i]]],1,cnt,a[i],-1); } //for(int i=1;i<=n;++i)put(b[v(root[i])]); memset(vis,0,sizeof(vis)); dfs(1); for(int i=1;i<=n;++i)put(b[ans[i]]); return 0; }
友情提示：tarjan 求LCA x==y时必须特判！！！不特判要跪。。
这题目算是2016年NOIP最难的题目了吧 的确很难 因为很难建模。。
我觉得这道题有点难想因为建模的过程比较难吧，问题转化好了将会非常简单。
首先我们考虑暴力 很多部分分。
这么多的数据 还加上提示 怕不是出题人是以为我们看不见部分分吧 真的很良心啊。
1 2 直接秒了啊，算了 我能想到的暴力也只有暴力dfs q次即可这时 只能get一点分 还有一些分数可以bfs好像（我口胡的）
关键不是这个 怎么搞正解啊，很难吧，参考了一波书上的建模瞬间秒懂 转换问题和分解问题是关键。
还是考虑如何累计答案 当然是考虑 d[x] ->d[LCA] 的路径上 如果有点是合法的那么有等式 d[x]-d[p]==w[p]
d[y]->d[LCA] d[x]+d[p]-(d[LCA]<<1)==w[p] 这时 p是任意节点 且p在x->y的最短路径上。其中d树改节点深度
等式 d[x]==w[p]+d[p] d[x]-(d[LCA]<<1)==w[p]-d[p] 这其实等价于我们在 x y上分别分配 d[x] d[x]-(d[LCA]<<1)
然后查询w[p]+d[p] w[p] -d[p]的值了 考虑差分啊 第一个在x出效果在 f[LCA] 处消失 第二个则在LCA处消失因为避免重复
下标为负考虑离散或整体迁移（推荐）离散操作难度太大且常数很大，考虑整体迁移。
注意：tarjan求LCA时必须特判这道题还特殊 特判完不能continue！！！
//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cctype> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<queue> #include<stack> #include<deque> #include<map> #include<vector> #include<ctime> #define ll long long #define INF 2147483646 #define R register using namespace std; char buf[1<<15],*fs,*ft; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=0;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getc();} return f?-x:x; } inline void put(int x) { x<0?putchar('-'),x=-x:0; int num=0;char ch[50]; while(x)ch[++num]=x%10+'0',x/=10; num==0?putchar('0'):0; while(num)putchar(ch[num--]); putchar(' ');return; } const int MAXN=600002; int n,m,cnt,num; int f[MAXN],fa[MAXN],lca[MAXN],w[MAXN],depth[MAXN],s1[MAXN],s2[MAXN]; int c[MAXN<<1],c1[MAXN<<1],ans[MAXN],vis[MAXN]; int lin[MAXN<<1],nex[MAXN<<1],ver[MAXN<<1],len; vector<int>q[MAXN],q1[MAXN],q2[MAXN],p[MAXN],a[MAXN],b[MAXN]; inline int getfather(int x){return x==f[x]?x:f[x]=getfather(f[x]);} inline void add(int x,int y) { ver[++len]=y; nex[len]=lin[x]; lin[x]=len; } inline void tarjan(int x) { vis[x]=1; for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(vis[tn]==1)continue; depth[tn]=depth[x]+1; tarjan(tn); vis[tn]=2; f[tn]=x;fa[tn]=x; } for(unsigned int i=0;i<q1[x].size();++i) { int tn=q1[x][i]; if(vis[tn]==2)lca[q2[x][i]]=getfather(tn); } return; } inline void dfs(int x) { vis[x]=1; int sum=c[w[x]+depth[x]],sum1=c1[w[x]-depth[x]+n]; for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(vis[tn]==1)continue; dfs(tn); } for(unsigned int i=0;i<q[x].size();++i)++c[q[x][i]]; for(unsigned int i=0;i<p[x].size();++i)--c[p[x][i]]; for(unsigned int i=0;i<a[x].size();++i)++c1[a[x][i]+n]; for(unsigned int i=0;i<b[x].size();++i)--c1[b[x][i]+n]; ans[x]=c[w[x]+depth[x]]-sum+c1[w[x]-depth[x]+n]-sum1; return; } int main() { //freopen("1.in","r",stdin); n=read();m=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int x,y; x=read();y=read(); add(x,y);add(y,x); } for(int i=1;i<=n;++i)w[i]=read(),f[i]=i; for(int i=1;i<=m;++i) { int x,y; x=read();y=read(); s1[i]=x;s2[i]=y; if(x==y)lca[i]=x; q1[x].push_back(y); q1[y].push_back(x); q2[x].push_back(i); q2[y].push_back(i); } tarjan(1); //for(int i=1;i<=n;++i)put(depth[i]); //for(int i=1;i<=m;++i)put(lca[i]); for(int i=1;i<=m;++i) { int x,y; x=s1[i];y=s2[i]; int father=lca[i]; q[x].push_back(depth[x]); if(fa[father])p[fa[father]].push_back(depth[x]); a[y].push_back(depth[x]-depth[father]*2); b[father].push_back(depth[x]-depth[father]*2); } memset(vis,0,sizeof(vis)); dfs(1); for(int i=1;i<=n;++i)put(ans[i]); return 0; }
这样这道题就被完成了！
几段唏嘘几世悲欢 可笑我命由我不由天！