Jumping Monkey 并查集，反向思维

题意：

n点的树，每个点的点权distinct，求分别从每个点出发能到达的点数（被到达的点必须是路径上点权最大的点）

思路：

考虑点权最大的那个结点（假设为u），显然不管从哪个结点开始跳一次，都可以跳到u，且不能越过u，也就是说到达u后不能跳到其它点，于是u一定是最优方案中最后一个到达的点。我们将结点u以及它相连的边从树上去掉，对剩下的每个连通块递归进行上述过程即可获得答案。
但要实现上述递归过程并不容易，转而反向思考这个过程，按点权从小到大枚举结点u，并将u作为所有与u相连的（已经枚举过的）连通块的根（用并查集维护，只连一个点可以将复杂度从O(n)降到O(logn)）从而建立一颗新树，每个结点的深度（根深度为1）即是答案

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;vector<int> G[N], G2[N];
int fa[N];
bool st[N];
int c[N], a[N];
map<int, int> dc;void init(int n)
{for (int i = 1; i <= n; i ++ )fa[i] = i;
}int find(int x)
{if (fa[x] != x) fa[x] = find(fa[x]);return fa[x];
}void merge(int a, int b)
{a = find(a), b = find(b);if (a != b) fa[a] = b;
}// 求点的深度
void dfs(int u)
{for (auto v : G2[u]){a[v] = a[u] + 1;dfs(v);}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);int T;cin >> T;while (T -- ){int n;cin >> n;// 并查集初始化init(n);// 多组数据for (int i = 1; i <= n; i ++ ) G[i].clear(), G2[i].clear();memset(st, 0, sizeof st);dc.clear();// 树，无向图，注意是n - 1条边！！！for (int i = 0; i < n - 1; i ++ ){int u, v;cin >> u >> v;G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}// map 点权-点编号for (int i = 1; i <= n; i ++ ){cin >> c[i];dc[c[i]] = i;}st[dc.begin() -> second] = true;       // 点权值最小的点为根，第一个访问for (auto it = ++ dc.begin(); it != dc.end(); it ++ ){auto u = it -> second;for (auto v : G[u])      // 原图中相连的点{if (!st[v]) continue;        // 已经枚举过的连通块int cc = find(v);merge(v, u);      // 将已经枚举过的连通块的根接在u下G2[u].push_back(cc);}st[u] = true;      // 已经访问过u}int x = ( -- dc.end()) -> second;a[x] = 1;dfs(x);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << a[i] << endl;}return 0;
}

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