UOJ261 【NOIP2016】天天爱跑步

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本文作者：ljh2000
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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。现在有个玩家,第个玩家的

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。

Input

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,其中第个整数为Wj , 表示结点出现观察员的时间。

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

输出1行N 个整数,第个整数表示结点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

1 2 1 0 1

HINT

对于1号点,Wi=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，共有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1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。

正解：$lca$+统计

解题报告：

25分

　　考虑此时$n$很小，可以对于每条路径上暴力模拟，经过某个点时可以看一下当前时刻，是否跟经过的点的$w$相等，如果相等，则贡献加一。

45分

　　注意到测试点$9-12$时，保证$m$条路径的出发点都是$1$，那么我们可以考虑如果将$1$作为树根，那么一条路径怎样才能对于它经过的点产生贡献。

　　不难看出对于一个点$i$，只有在$deep[i]=w[i]$，才有可能有贡献。

　　我在考场上是直接用的链剖$+$线段树，因为这就变成模板题了，而且$n$不到$10w$，尽管复杂度偏高，但是不易错。

　　直接对于每条路径经过的点在线段树上增加$1$次经过次数，显然只有$deep$与$w$相等的点才会产生贡献。

　　事实上对于$S=1$的情况有线性的算法，正解会详细介绍，不再赘述。

60分

　　注意到测试点$6-8$时，题目保证树退化成链。我们观察一下对于链而言，有什么特别的地方。首先要明确，此时m条路径在链上肯定是要么往左要么往右，即$S<=T$或者$S>T$。

　　先只考虑$S<=T$的情况，如果对于$S$到$T$之间的点i，要产生贡献的话，肯定满足$i-S=w[i]$，移项可得$S=i-w[i]$时才可以满足要求。

　　注意到等式右边只与$i$本身有关，不妨设为$K[i]$，所以题目变成了查询$S$到$T$之间$K[i]$等于$S$的$i$的数量。

　　因为题目只涉及到首和尾，我们可以很容易联想到差分，即对于$S$打上$+1$标记，$T$打上$-1$标记。

　　根据上述思路，我们考虑具体做法：对于每个点$i$,我们很容易发现只有从一个特定的点出发才有可能对$i$产生贡献。

　　我们考虑维护一个统计数组$A$，$A[k]$表示的是处理到当前的结点时，从$k$出发的路径（而且还没有走到终点）有多少条。

　　这样对于每个点$i$，我们只要查询一下所对应的$A[K[i]]$就可以了，根据上面的分析，这就是我们的答案了。

　　有一点注意处理：处理一个点$i$时，我们需要把以$i$为起点的路径加入统计数组$A$，再计算这个结点的贡献，最后再把以这个结点为终点的路径从$A$中消除，具体可以用$vector$实现（上述处理顺序的必要性仔细想想就很容易想通了）。

　　而对于$S>T$的情况完全类似，只是需要把$K[i]$定义为$i+w[i]$，其余做法完全类似。

100分

　　题目中设计的几个档次的部分分其实暗示已经很明显了。

　　链的做法离正解就不远了。

　　而$S=1$和$T=1$是在告诉我们什么呢？

　　拆路径！

　　很容易发现，一条$S$到$T$的路径可以拆成一条$S$到$LCA$的路径和$LCA$到$T$的路径，然后对于这两条路径，一条往上，一条往下，都可以对应成链的处理方式了！

　　考虑对于每条路径，先将其拆分成两条路径（为了简化对$LCA$在两条路径中都出现的各种情况，我们可以先就让$LCA$出现两次，如果最后发现$LCA$是有贡献的，只需$-1$即可），同样，我们先只考虑向上的路径。

　　如果我们对于$S$在统计数组$A$上打上$1$的标记，$LCA$在统计数组$A$上打上$-1$的标记，那么题目转化为求一个点的子树和。

　　考虑上述做法正确性：因为只有$S$到$LCA$路径之间的点会产生贡献，而当这个点位于路径之间时，子树和会产生$1$的贡献，而在$S$的子树中或者$LCA$的上方都不会产生贡献。

　　具体实现呢？

　　对于一个点$i$，产生贡献的条件是$deep[S]-deep[i]=w[i]$，同样令$K[i]=deep[i]+w[i]$，当我们$dfs$到$i$时查询$A[k[i]]$的值即为贡献。

　　为了保证正确性，我们思考统计答案的方式和顺序。

　　首先我们肯定是在处理完$i$的子树之后再来处理$i$（想想就知道了），然后我们需要再把以$i$出发的向上的路径加入统计数组，再进行查询，最后把以$i$为终点的路径所产生的贡献在统计数组$A$中消除即可。

　　注意到我们上面维护的仅仅是一个点的深度，由于同一深度的点很多，所以我们查询的时候会发现会把不在同一子树的点统计入答案，那怎么办呢？我们考虑对于一个点要查询子树和，肯定是只要单独地考虑这一个子树的贡献，所以我们可以记录进入$i$时$A[k[i]]$的值，再在访问完$i$的子树之后统计答案时，看一下此时新的$A[k[i]]$的值。

　　容易发现新的值减掉进入时的，才是真正的$i$的子树中的$A[k[i]]$的值。

　　这样我们就可以避免把别的子树的答案统计进来了。

　　对于向下的点做法类似，有一点复杂的地方就是等式变成了$deep[T]-deep[i]=len-w[i]$（$len$为路径长度），发现如果这样做的话会出现负数，那么我们就把统计数组向右平移$3*10^5$位就可以了。

　　上述做法如果采用的是倍增求$LCA$的话，复杂度就是$O(nlogn)$；

　　如果用$tarjan$离线求$LCA$的话，可以做到$O(n+m)$。

注意事项

　　对于树上每个结点，统计答案时不能直接查询在统计数组中的对应的路径条数，

　　而应该统计$dfs$进入$i$时，和访问完$i$的子树时的变化量。

　　$O(nlogn):$

 1 //It is made by ljh2000
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdio>
 6 #include <cmath>
 7 #include <algorithm>
 8 #include <ctime>
 9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <map>
12 #include <set>
13 #include <string>
14 using namespace std;
15 typedef long long LL;
16 const int MAXN = 300011;
17 const int MAXM = 600011; 
18 int n,m,ecnt,first[MAXN],next[MAXM],to[MAXM],f[MAXN][20],deep[MAXN],ans[MAXN],val[MAXN],tong[MAXN],MAXD,w[MAXN],num[1000011];
19 vector<int>ljh[MAXN],ljh2[MAXN],ljh3[MAXN];
20 struct node{ int s,t,lca,len;}a[MAXN];
21 inline int getint(){
22     int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
23     if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
24 }
25 inline void link(int x,int y){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
26 inline void init(int x,int fa){ for(int i=first[x];i;i=next[i]) { int v=to[i]; if(v==fa) continue; deep[v]=deep[x]+1; init(v,x); f[v][0]=x; } }
27 inline int lca(int x,int y){
28     if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y); int t=0; while((1<<t)<=deep[x]) t++; t--;
29     for(int i=t;i>=0;i--) if(deep[x]-(1<<i)>=deep[y]) x=f[x][i]; if(x==y) return y;
30     for(int i=t;i>=0;i--) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i]; return f[x][0];
31 }
32 
33 inline void dfs(int x,int fa){
34     int now=w[x]+deep[x],cun; if(now<=MAXD) cun=tong[now];
35     for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
36         int v=to[i]; if(v==fa) continue;
37         dfs(v,x);
38     }
39     tong[deep[x]]+=val[x]; if(now<=MAXD) ans[x]=tong[now]-cun;
40     for(int i=0,ss=ljh[x].size();i<ss;i++) tong[deep[ljh[x][i]]]--;
41 }
42 
43 inline void DFS(int x,int fa){
44     int now=deep[x]-w[x],cun; now+=300000; cun=num[now];
45     for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
46         int v=to[i]; if(v==fa) continue;
47         DFS(v,x);
48     }
49     for(int i=0,ss=ljh2[x].size();i<ss;i++) num[300000+ljh2[x][i]]++;
50     ans[x]+=num[now]-cun;
51     for(int i=0,ss=ljh3[x].size();i<ss;i++) num[300000+ljh3[x][i]]--;
52 }
53 
54 inline void work(){  
55     n=getint(); m=getint(); int x,y; for(int i=1;i<n;i++) { x=getint(); y=getint(); link(x,y); link(y,x); }
56     for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=getint(); deep[1]=1; init(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) MAXD=max(MAXD,deep[i]);
57     for(int j=1;j<=19;j++) for(int i=1;i<=n;i++) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; 
58     for(int i=1;i<=m;i++) {
59         a[i].s=getint(),a[i].t=getint(),val[a[i].s]++;
60         a[i].lca=lca(a[i].s,a[i].t),a[i].len=deep[a[i].s]+deep[a[i].t]-deep[a[i].lca]*2;
61         ljh[a[i].lca].push_back(a[i].s);
62     }
63     dfs(1,0); 
64     for(int i=1;i<=m;i++) {
65         ljh2[a[i].t].push_back(deep[a[i].t]-a[i].len);
66         ljh3[a[i].lca].push_back(deep[a[i].t]-a[i].len);
67     }
68     DFS(1,0);
69     for(int i=1;i<=m;i++) if(deep[a[i].s]-deep[a[i].lca]==w[a[i].lca]) ans[a[i].lca]--;
70     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);    
71 }
72 
73 int main()
74 {
75     work();
76     return 0;
77 }

　　$O(n+m)：$

 1 //It is made by ljh2000
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdio>
 6 #include <cmath>
 7 #include <algorithm>
 8 #include <ctime>
 9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <map>
12 #include <set>
13 #include <string>
14 using namespace std;
15 typedef long long LL;
16 const int MAXN = 300011;
17 const int MAXM = 600011; 
18 int n,m,ecnt,first[MAXN],next[MAXM],to[MAXM],f[MAXN][20],deep[MAXN],ans[MAXN],val[MAXN],tong[MAXN],MAXD,w[MAXN],num[1000011];
19 int head[MAXN],tt[MAXM],nn[MAXM],father[MAXN],vis[MAXN];
20 vector<int>ljh[MAXN],ljh2[MAXN],ljh3[MAXN];
21 struct node{ int s,t,lca,len;}a[MAXN];
22 inline int getint(){
23     int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
24     if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
25 }
26 inline void link(int x,int y){ next[++ecnt]=first[x]; first[x]=ecnt; to[ecnt]=y; }
27 inline void LINK(int x,int y){ nn[++ecnt]=head[x]; head[x]=ecnt; tt[ecnt]=y; }
28 inline int find(int x){ if(father[x]!=x) father[x]=find(father[x]); return father[x]; }
29 inline void init(int x,int fa){ 
30     father[x]=x; vis[x]=1;
31     for(int i=head[x];i;i=nn[i]) {
32         int v=tt[i];
33         if(x==a[v].s&&vis[a[v].t]) a[v].lca=find(a[v].t);
34         if(x==a[v].t&&vis[a[v].s]) a[v].lca=find(a[v].s);
35     }
36     for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
37         int v=to[i]; if(v==fa) continue; 
38         deep[v]=deep[x]+1; init(v,x); father[v]=x;
39         f[v][0]=x; 
40     }    
41 }
42 
43 inline int lca(int x,int y){
44     if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y); int t=0; while((1<<t)<=deep[x]) t++; t--;
45     for(int i=t;i>=0;i--) if(deep[x]-(1<<i)>=deep[y]) x=f[x][i]; if(x==y) return y;
46     for(int i=t;i>=0;i--) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i]; return f[x][0];
47 }
48 
49 inline void dfs(int x,int fa){
50     int now=w[x]+deep[x],cun; if(now<=MAXD) cun=tong[now];
51     for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
52         int v=to[i]; if(v==fa) continue;
53         dfs(v,x);
54     }
55     tong[deep[x]]+=val[x]; if(now<=MAXD) ans[x]=tong[now]-cun;
56     for(int i=0,ss=ljh[x].size();i<ss;i++) tong[deep[ljh[x][i]]]--;
57 }
58 
59 inline void DFS(int x,int fa){
60     int now=deep[x]-w[x],cun; now+=300000; cun=num[now];
61     for(int i=first[x];i;i=next[i]) {
62         int v=to[i]; if(v==fa) continue;
63         DFS(v,x);
64     }
65     for(int i=0,ss=ljh2[x].size();i<ss;i++) num[300000+ljh2[x][i]]++;
66     ans[x]+=num[now]-cun;
67     for(int i=0,ss=ljh3[x].size();i<ss;i++) num[300000+ljh3[x][i]]--;
68 }
69 
70 inline void work(){  
71     n=getint(); m=getint(); int x,y; for(int i=1;i<n;i++) { x=getint(); y=getint(); link(x,y); link(y,x); }
72     for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=getint(); ecnt=0;
73     for(int i=1;i<=m;i++) { a[i].s=getint(),a[i].t=getint(),val[a[i].s]++; LINK(a[i].s,i); LINK(a[i].t,i);}
74     deep[1]=1; init(1,0); for(int i=1;i<=n;i++) MAXD=max(MAXD,deep[i]);
75     for(int j=1;j<=19;j++) for(int i=1;i<=n;i++) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; 
76     for(int i=1;i<=m;i++) {
77         a[i].len=deep[a[i].s]+deep[a[i].t]-deep[a[i].lca]*2;
78         ljh[a[i].lca].push_back(a[i].s);
79     }
80     dfs(1,0); 
81     for(int i=1;i<=m;i++) {
82         ljh2[a[i].t].push_back(deep[a[i].t]-a[i].len);
83         ljh3[a[i].lca].push_back(deep[a[i].t]-a[i].len);
84     }
85     DFS(1,0);
86     for(int i=1;i<=m;i++) if(deep[a[i].s]-deep[a[i].lca]==w[a[i].lca]) ans[a[i].lca]--;
87     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);    
88 }
89 
90 int main()
91 {
92     work();
93     return 0;
94 }