题目描述
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 nn个结点和 n-1n−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11到nn的连续正整数。
现在有mm个玩家,第ii个玩家的起点为 S_iSi,终点为 T_iTi 。每天打卡任务开始时,所有玩家在第00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jj的观察员会选择在第W_jWj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W_jWj秒也理到达了结点 jj 。 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jj作为终点的玩家: 若他在第W_jWj秒重到达终点,则在结点jj的观察员不能观察到该玩家;若他正好在第W_jWj秒到达终点,则在结点jj的观察员可以观察到这个玩家。
输入输出格式
输入格式：
第一行有两个整数nn和mm 。其中nn代表树的结点数量, 同时也是观察员的数量, mm代表玩家的数量。
接下来 n- 1n−1行每行两个整数uu和 vv,表示结点 uu到结点 vv有一条边。
接下来一行 nn个整数,其中第jj个整数为W_jWj , 表示结点jj出现观察员的时间。
接下来 mm行,每行两个整数S_iSi,和T_iTi,表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据,保证1leq S_i,T_ileq n, 0leq W_jleq n1≤Si,Ti≤n,0≤Wj≤n 。
输出格式：
输出1行 nn个整数,第jj个整数表示结点jj的观察员可以观察到多少人。
输入输出样例
6 3 2 3 1 2 1 4 4 5 4 6 0 2 5 1 2 3 1 5 1 3 2 6
2 0 0 1 1 1
5 3 1 2 2 3 2 4 1 5 0 1 0 3 0 3 1 1 4 5 5
1 2 1 0 1
说明
【样例1说明】
对于1号点，W_i=0Wi=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。
【子任务】
每个测试点的数据规模及特点如下表所示。 提示: 数据范围的个位上的数字可以帮助判断是哪一种数据类型。
题目大意：n个节点的树，每个点都有观察员，观察员观察的时间是w[i],有m个玩家，从u跑到v，1s跑一条边，
只有跑到某个节点上的时间与观察员观察的时间相等时，才能被观察到，问每个观察员能观察到几个人。
题解：
步骤分：
（1）25分 前5个测试点，数据较小，搜索可过，前4个判断一下也能过。
代码：
/* 前5个测试点暴力求解。dfs */ #include<cstdio> #define maxn 300005 using namespace std; int n,m,sumedge,u,v,ok; int w[maxn],head[maxn],a[1002][1002]; struct Edge{ int x,y,nxt; Edge(int x=0,int y=0,int nxt=0): x(x),y(y),nxt(nxt){} }edge[maxn<<1]; void add(int x,int y){ edge[++sumedge]=Edge(x,y,head[x]); head[x]=sumedge; } void run(int now,int ed,int tim,int fa){ if(now==ed){ok=true;a[now][tim]++;return;} if(ok)return;//一旦找到路径 dfs的分支都会被cnt掉 for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; if(v==fa)continue; run(v,ed,tim+1,now); } if(ok)a[now][tim]++; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&u,&v);add(u,v);add(v,u);} for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]); for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);ok=false;run(u,v,0,0);} for(int i=1;i<=n;i++){printf("%d ",a[i][w[i]]);} return 0; }
（2）40分 6--8个测试点 此时树成为了一条链，节点的编号为节点的深度。
设某个玩家的起点为S终点为T，假设S<T。
那么对于S--T路径上一点i，如果能观察到该玩家，那么满足i-S=w[i]。
那么S=i-w[i]。由此可以看出，等式右边都为i的信息，那么某个点i观察到的人
的起点是确定的，i-w[i]。综上，当S>T时，S=i+w[i]。所以，i点只能观察到
起点为i+w[i]和 i-w[i],我们只需判断一下起点为i+w[i]和i-w[i]出发的玩家是否经过
i，用vector存，然后枚举一下。
代码
/*成为一条链时，一开始vec的size从1开始了嘤嘤嘤蠢哭=n=*/ #include<cstdio> #include<vector> #define maxn 300005 using namespace std; vector<int>vec[maxn]; struct PE{int u,v;}p[maxn]; int n,m,u,v,w[maxn],ans[maxn]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&u,&v); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]); for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&p[i].u,&p[i].v);vec[p[i].u].push_back(i);} for(int i=1;i<=n;i++){ if(i-w[i]>=1){ for(int j=0;j<vec[i-w[i]].size();j++){ if(p[vec[i-w[i]][j]].v>=i)ans[i]++; } } if(i+w[i]<=n){ for(int j=0;j<vec[i+w[i]].size();j++){ if(p[vec[i+w[i]][j]].v<=i)ans[i]++; } } } for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]); return 0; }
(3）60分。此时的每个玩家的起点都为1，考虑点i能够观察到玩家的可能性为deep[i]=w[i]，
那么该点能够观测到的玩家个数为终点在其子树的玩家个数，dfs处理就可以了。
代码
/*起点为1时*/ #include<cstdio> #define maxn 300005 using namespace std; int n,m,u,v,sumedge; int head[maxn],ans[maxn],w[maxn],dad[maxn],deep[maxn],sum[maxn]; struct Edge{ int x,y,nxt; Edge(int x=0,int y=0,int nxt=0): x(x),y(y),nxt(nxt){} }edge[maxn<<1]; void add(int x,int y){ edge[++sumedge]=Edge(x,y,head[x]); head[x]=sumedge; } void dfs(int x){ for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; if(v==dad[x])continue; dad[v]=x;deep[v]=deep[x]+1; dfs(v); sum[x]+=sum[v]; } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&u,&v);add(u,v);add(v,u);} for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]); for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);sum[v]++;} dfs(1); for(int i=1;i<=n;i++){if(deep[i]==w[i])ans[i]+=sum[i];printf("%d ",ans[i]);} return 0; }
咳咳 正解：不写了。鸽了。