BZOJ 3653: 谈笑风生（离线, 长链剖分, 后缀和）

题意

给你一颗有 (n) 个点并且以 (1) 为根的树。共有 (q) 次询问，每次询问两个参数 (p, k) 。询问有多少对点 ((p, a, b)) 满足 (p,a,b) 为三个不同的点，(p, a) 都为 (b) 的祖先，且 (p) 到 (a) 的距离不能超过 (k) 。

(nle 300000 , qle 300000) 不要求强制在线。

题解

令 (dep[u]) 为点 (u) 的深度，(sz[u]) 为 (u) 的子树大小（除去 (u) 本身）

首先我们考虑两种情况：

1. (a) 为 (p) 的祖先，那么这部分贡献很好计算，就是 (min{dep[p] - 1,k} imes sz[u]) 。
2. (a) 在 (p) 的子树内，那么这部分贡献就是 (displaystyle sum_{dis(p,a) le k} sz[a]) 。

我们现在只要考虑第二部分贡献怎么求。

不难发现，这些点的深度就是 ([dep[p], dep[p]+k]) 这个范围内的。

那么我们可以对于每个点用个 主席树 来存储这些信息，可以在线回答询问。

那么离线的话，可以考虑用 线段树合并 维护它每个子树的信息。

具体来说，这些都是对于每个 (dep) 维护它的 (sz) 的和，然后查区间和就行了。

然而这些时空复杂度都是 (O(n log n)) ，其实还有更好的做法。

为什么我发现了呢qwq？

因为 fatesky 做这道题线段树合并做法的时候，Wearry 说可以 长链剖分 那就是 (O(n)) 的啦。

我们令 (displaystyle maxdep[u]=max_{v in child[u]} {dep[v}) 也就是它子树中的最大深度。

具体来说，长链剖分就是把每个点儿子中 (maxdep) 最大的那个当做重儿子。重儿子与父亲连的边叫做重边。一连串重边不间断连到一起就叫做重链。

然后我们就有一条性质。

性质1 : 重链长度之和是 (O(n)) 的。

这个很显然啦，因为总共只有 (O(n)) 级别的边。

有了这个我们就可以解决一系列 关于深度的动态规划 问题了，对于这列问题常常都可以做到 (O(n)) 的复杂度。

具体操作就是，每次暴力继承重儿子的 (dp) 状态，然后轻儿子暴力合并上去。

不难发现这个复杂度是 (O(sum) 重链长 ()) (= O(n)) 的。

继承的时候常常需要移位，并且把当前节点贡献算入，并且这个 (dp) 需要动态空间才能实现。

对于这道题我们考虑维护一个后缀和，也就是对于 (u) 子树中的 (v) ，(dep[v] ge k) 的所有 (sz[v]) 的和。

不难发现后缀和是很好合并的，这个的复杂度只需要 (O(min maxdep[v])) 。

每次添加一个点 (sz[u]) 对于 (dep[u]) 的贡献只会对一个点的贡献产生影响，这个复杂度是 (O(1)) 的。

代码实现的话，就可以用一个 std :: vector ，按深度从大到小 （ (maxdep[u] o dep[u]) ）存储每个点的信息，因为这样最方便继承重儿子状态（每次加入状态只在整个 vector 末端添加一个元素）

其实可以动态开内存，顺着做，但我似乎学不来

常数似乎有点大，没比 (O(n log n)) 快多少，vector 用多了... Wearry 到是优化了点常数到了 (4000+ ms) 。

话说这个很像原来 DOFY 讲过的那道 Dsu on Tree ？

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

typedef long long ll;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
	int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
	return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("3653.in", "r", stdin);
	freopen ("3653.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 3e5 + 1e3;

struct Ask { int k, id; } ; vector<Ask> V[N];

vector<int> G[N]; int sz[N], maxdep[N], dep[N], sonmaxdep[N], son[N], rt[N];

vector<ll> sum[N]; int n, q; ll ans[N], Size = 0;

void Dfs_Init(int u, int fa = 0) {

	maxdep[u] = dep[u] = dep[fa] + 1;

	For (i, 0, G[u].size() - 1) {
		register int v = G[u][i];
		if (v ^ fa) Dfs_Init(v, u), chkmax(maxdep[u], maxdep[v]);
	}

}

void Dfs(int u, int fa = 0) {

	For (i, 0, G[u].size() - 1) {
		int v = G[u][i];
		if (v == fa) continue ;
		Dfs(v, u); sz[u] += sz[v];
		if (maxdep[v] > maxdep[son[u]]) son[u] = v;
	}
	rt[u] = rt[son[u]]; if (!rt[u]) rt[u] = ++ Size;

	int len = (int)sum[rt[u]].size();
	ll Last = len ? sum[rt[u]][len - 1] : 0;
	sum[rt[u]].push_back(Last);

	if (son[u]) {
		For (i, 0, G[u].size() - 1) {
			int v = G[u][i]; if (v == fa || v == son[u]) continue ;
			For (j, 0, sum[rt[v]].size() - 1) {
				int nowdep = (maxdep[son[u]] - maxdep[v]) + j;
				sum[rt[u]][nowdep] += sum[rt[v]][j];
			}
			sum[rt[u]][len] += sum[rt[v]][sum[rt[v]].size() - 1];
		}
	}

	For (i, 0, V[u].size() - 1) {
		Ask now = V[u][i];
		ans[now.id] = sum[rt[u]][len];
		if (len > now.k) ans[now.id] -= sum[rt[u]][len - now.k - 1];
		ans[now.id] += 1ll * min(dep[u] - 1, now.k) * sz[u];
	}

	sum[rt[u]][len] += sz[u]; ++ sz[u];

}

int main () {

	File();

	n = read(); q = read();

	For (i, 1, n - 1) {
		int u = read(), v = read();
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}

	For (i, 1, q) {
		int p = read(), k = read();
		V[p].push_back((Ask) {k, i});
	}

	Dfs_Init(1); Dfs(1);

	For (i, 1, q)
		printf ("%lld
", ans[i]);

	return 0;
}