[NOIP2016]天天爱跑步题解(树上差分) (码长短跑的快)

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

2 0 0 1 1 1

lydrainbowcat讲的真是炒鸡棒啊，这里主要参考他在sfjsjjzn上的讲解

首先，每个玩家跑步的路线可以分成两部分:$S$->$lca(S,T)$ $lca(S,T)$->$T$,后者不包括lca

那么，如果位于节点x的观察员能看到玩家i，当且仅当满足：

1.x在S到lca的路径上，且满足$dep[S_i]-dep[x]=w[x]$

2.x在lca到T的路径上（不含lca），且满足$dep[S_i]+dep[x]-2*dep[lca]=w[x]$

接下来分开计算这两种观察员，最后相加即可

首先看一道题

我们的这道题也可以转化成“路径上投放物品”的问题

以第一种观察员的情况为例

由$dep[S_i]-dep[x]=w[x]$

可得$dep[S_i]=dep[x]+w[x]$

就可以理解为给S到lca的路径上的每个点添加类型为$dep[S_i]$的物品

所求为每个点$w[x]+dep[x]$类型的物品有多少

使用树上差分，将其转化为：

点S处生成物品$dep[S_i]$，点lca处这种物品消失

同理，第二种观察员可以转化为$dep[S_i]-2*dep[lca]$在T生成，在lca消失

所求为$w[x]-dep[x]$的物品数量

权值线段树合并确实是可以的，但本题不需要维护最值，只是求特定数量

所以可以对每个点开vector，把物品的生成和消失记录存在里面

最后统计的时候开一个数组cnt[]用于统计数量（不是每个点开一个！运用差分的思想！）

递归时先存一下旧的$c[所求]$，回溯的时候用新的值减去它

即为子树和

最后每个点的答案即为两种情况相加

自认为代码可读性还是很高的：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=300005;
int n,m,to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],fa[N][23],tot=0;
int w[N],dep[N],cnt1[N<<1],cnt2[N<<1],ans1[N],ans2[N];
vector<int> sp[3][N],del[3][N];
inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
void add(int x,int y)
{to[++tot]=y;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int deep)
{dep[x]=deep;for(int i=1;i<=20;i++)fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){if(dep[to[i]])continue;fa[to[i]][0]=x;dfs(to[i],deep+1);}
}
int LCA(int x,int y)
{if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);for(int i=20;i>=0;i--)if(dep[fa[y][i]]>=dep[x])y=fa[y][i];if(x==y)return x;for(int i=20;i>=0;i--)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];return fa[x][0];
}
void spawn(int pos,int val,int k)
{sp[k][pos].push_back(val);
}
void remove(int pos,int val,int k)
{del[k][pos].push_back(val);
}
void cacl1(int x)
{int now=cnt1[w[x]+dep[x]+n];for(int i=0;i<(int)sp[1][x].size();i++)cnt1[sp[1][x][i]]++;for(int i=0;i<(int)del[1][x].size();i++)cnt1[del[1][x][i]]--;for(int i=head[x];i;i=nxt[i])if(dep[to[i]]>dep[x])cacl1(to[i]);ans1[x]=cnt1[w[x]+dep[x]+n]-now;
}
void cacl2(int x)
{int now=cnt2[w[x]-dep[x]+n];for(int i=0;i<(int)sp[2][x].size();i++)cnt2[sp[2][x][i]]++;for(int i=0;i<(int)del[2][x].size();i++)cnt2[del[2][x][i]]--;for(int i=head[x];i;i=nxt[i])if(dep[to[i]]>dep[x])cacl2(to[i]);ans2[x]=cnt2[w[x]-dep[x]+n]-now;
}
int main()
{n=read();m=read();for(int i=1;i<n;i++){int x=read(),y=read();add(x,y);add(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();dfs(1,1);for(int i=1;i<=m;i++){int S=read(),T=read(),lca=LCA(S,T);spawn(S,dep[S]+n,1);remove(fa[lca][0],dep[S]+n,1);spawn(T,dep[S]-2*dep[lca]+n,2);remove(lca,dep[S]-2*dep[lca]+n,2);}cacl1(1);cacl2(1);for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans1[i]+ans2[i]);return 0;
}

在自家oj上用时是最慢ac的一半，可以说是性价比极高了？

转载于:https://www.cnblogs.com/Rorschach-XR/p/11172940.html