You are given a node-labeled rooted tree with n nodes.
Define the query (x, k): Find the node whose label is k-th largest in the subtree of the node x. Assume no two nodes have the same labels.
Input
The first line contains one integer n (1 <= n <= 105). The next line contains n integers li (0 <= li <= 109) which denotes the label of the i-th node.
Each line of the following n - 1 lines contains two integers u, v. They denote there is an edge between node u and node v. Node 1 is the root of the tree.
The next line contains one integer m (1 <= m <= 104) which denotes the number of the queries. Each line of the next m contains two integers x, k. (k <= the total node number in the subtree of x)
Output
For each query (x, k), output the index of the node whose label is the k-th largest in the subtree of the node x.
Example
Input: 5 1 3 5 2 7 1 2 2 3 1 4 3 5 4 2 3 4 1 3 2 3 2 Output: 5 4 5 5
求x子树中第k大的节点。
题意：
一个以1为root的树，每次询问以x为根的子树里第k大的节点是哪个。
思路：
首先声明一下，因为是查询子树，而不是路径，这里只用到了树剖的dfs序部分，top等是没有用到的。即是这道题不需要树剖，这里写树剖这是练习！此外尝试把模板打好，方便以后参考。
- 注意，这里的第k大是指从小到大排序的第k（不是第一次遇到这样的题了，可能是我数学不好）。
- 题目中的“no two nodes have the same labels”应该是查询的子树里面不会出现相同的，而整棵树里面是有的（这里WA了(2^n)！次）。但是有多个的话，map又是这么映射成功的。。。。？
- 刚刚在学树剖，于是想到了树剖，因为size[x]记录了x的子树在对应的数据结构（这里是主席树）中的左右边界。由于没有修改操作，所以可以用主席树，不然用Splay等平衡树也是可以的。这样，结合主席树对x的子树进行查询：pos=query(rt[tid[x]-1],rt[tid[x]+sz[x]-1],1,n,k)
- 主席树的数组要开大一点。
- 注意主席树的每一个数组和树剖的数组不要搞混了。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<map> using namespace std; map<int,int>mp; const int maxn=200010; int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn]; int n,N,a[maxn],b[maxn],c[maxn];//a是原数组，b是排序数组，c是位置数组. inline void read(int &res) { char chr;res=0;do chr=getchar();while(chr<'0'||chr>'9'); while(chr<='9'&&chr>='0') res=(res<<3)+(res<<1)+chr-'0',chr=getchar(); } struct Treecut_PIT { int sz[maxn],son[maxn],fa[maxn],dpt[maxn],cnt; int tid[maxn],Rank[maxn],top[maxn],tim; int rt[maxn*10],sum[maxn*10],ch[maxn*10][2],tot;//主席树部分 void init() { mp.clear(); cnt=1;tim=0;tot=0;//cnt对边，tim对应树剖时间，tot对应主席树 memset(Laxt,0,sizeof(Laxt)); memset(son,0,sizeof(son)); memset(tid,0,sizeof(tid)); } void add_edge(int u,int v) { Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v; } void dfs1(int u,int pre) { fa[u]=pre;dpt[u]=dpt[pre]+1;sz[u]=1; for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]){ int v=To[i]; if(v==pre) continue; dfs1(v,u); sz[u]+=sz[v]; if(!son[u]||sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v; } } void dfs2(int u,int Top) { tid[u]=++tim; Rank[tim]=u; top[u]=Top; if(!son[u]) return ; dfs2(son[u],Top); for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]) { int v=To[i]; if(v!=son[u]&&v!=fa[u]) dfs2(v,v); } } void Build(int &Now,int L,int R) { Now=++tot;sum[tot]=0; if(L==R) return; int Mid=(L+R)>>1; Build(ch[Now][0],L,Mid); Build(ch[Now][1],Mid+1,R); } void insert(int &Now,int last,int L,int R,int pos) { Now=++tot; ch[Now][0]=ch[last][0]; ch[Now][1]=ch[last][1]; sum[Now]=sum[last]+1; if(L==R) return; int Mid=(L+R)>>1; if(pos<=Mid) insert(ch[Now][0],ch[last][0],L,Mid,pos); else insert(ch[Now][1],ch[last][1],Mid+1,R,pos); } void Make_tree() { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),mp[a[i]]=i; for(int i=1;i<n;i++) { int u,v; read(u);read(v); add_edge(u,v); add_edge(v,u); } dfs1(1,0); dfs2(1,1); for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[Rank[i]]; sort(b+1,b+n+1);N=unique(b+1,b+n+1)-(b+1); //注意是对线段树的顺序来离散。 for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=lower_bound(b+1,b+N+1,a[Rank[i]])-b;//离散化 Build(rt[0],1,n); Build(rt[0],1,N); for(int i=1;i<=n;i++) insert(rt[i],rt[i-1],1,N,c[i]); } int query(int ss,int tt,int L,int R,int k) { if(L==R) return L; int Mid=(L+R)>>1, tmp=sum[ch[tt][0]]-sum[ch[ss][0]]; if(k<=tmp) return query(ch[ss][0],ch[tt][0],L,Mid,k); else return query(ch[ss][1],ch[tt][1],Mid+1,R,k-tmp); } void Query() { int q,x,k; scanf("%d",&q); while(q--){ read(x);read(k); int pos=query(rt[tid[x]-1],rt[tid[x]+sz[x]-1],1,n,k); printf("%d ",mp[b[pos]]); } } }Tc; int main() { while(~scanf("%d",&n)){ Tc.init(); Tc.Make_tree(); Tc.Query(); } return 0; }