[Noip2016]天天爱跑步 LCA+DFS
[Noip2016]天天爱跑步
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
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
HINT
对于1号点,W1=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。
题解:一年前多的题了,不过现在再做的话已经不是那个难度了。
想法有点古怪,直接上做法吧:
对于玩家a->b,设a,b的lca是c,路径长度是len,那么路径可以拆成2半,如果观察员i想看到第一半,那么要求dep[a]-dep[i]=w[i]->dep[a]=dep[i]+w[i],且i是a的祖先;如果i想看到第二半,那么要求len-(dep[b]-dep[i])=w[i]->len-dep[b]=w[i]-dep[i],且i是b的祖先。当然,还有一个要求,就是i在c的子树中,但是我们先不考虑这个。那么做法如下:
在DFS访问到x时,先记录之前有多少点的dep[a]=dep[x]+w[x]以及len-dep[b]=w[x]-dep[x](用桶即可),记为ans1,然后遍历x的子树,遍历结束后,将x位置的玩家的dep[a]以及len-dep[b]加入到桶中,再查询此时有多少点的dep[a]=dep[x]+w[x]以及len-dep[b]=w[x]-dep[x],记为ans2,那么ans2-ans1就是x的答案。
但是如果考虑到i在c的子树中这个条件呢?也好办,只需要在c和c的父亲中加入dep[a]和len-dep[b],并且权值都是-1即可。
如果用tarjan求LCA,则时间复杂度是O(n)的,但是我懒啊~
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; const int maxn=300010; vector<int> v1[maxn],v2[maxn]; int n,m,cnt; int head[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],w[maxn],dep[maxn],Log[maxn],fa[20][maxn]; int s1[maxn],s2[maxn<<1],ans[maxn]; inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<'0'||gc>'9') {if(gc=='-') f=-f; gc=getchar();} while(gc>='0'&&gc<='9') ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar(); return ret*f; } void dfs1(int x) { for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa[0][x]) fa[0][to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs1(to[i]); } inline int lca(int a,int b) { if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b); int i; for(i=Log[dep[a]-dep[b]];i>=0;i--) if(dep[fa[i][a]]>=dep[b]) a=fa[i][a]; if(a==b) return a; for(i=Log[dep[a]];i>=0;i--) if(fa[i][a]!=fa[i][b]) a=fa[i][a],b=fa[i][b]; return fa[0][a]; } void dfs2(int x) { int i; ans[x]-=s1[dep[x]+w[x]]+s2[w[x]-dep[x]+n]; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa[0][x]) dfs2(to[i]); for(i=0;i<(int)v1[x].size();i++) { if(v1[x][i]>0) s1[v1[x][i]]++; else s1[-v1[x][i]]--; } for(i=0;i<(int)v2[x].size();i++) { if(v2[x][i]>0) s2[v2[x][i]]++; else s2[-v2[x][i]]--; } ans[x]+=s1[dep[x]+w[x]]+s2[w[x]-dep[x]+n]; } inline void add(int a,int b) { to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++; } int main() { n=rd(),m=rd(); int i,j,a,b,c,d; memset(head,-1,sizeof(head)); for(i=1;i<n;i++) a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a); for(i=1;i<=n;i++) w[i]=rd(); dep[1]=1,dfs1(1); for(i=2;i<=n;i++) Log[i]=Log[i>>1]+1; for(j=1;(1<<j)<=n;j++) for(i=1;i<=n;i++) fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]]; for(i=1;i<=m;i++) { a=rd(),b=rd(),c=lca(a,b),d=dep[a]+dep[b]-2*dep[c]; v1[a].push_back(dep[a]),v1[fa[0][c]].push_back(-dep[a]); v2[b].push_back(d-dep[b]+n),v2[c].push_back(-(d-dep[b]+n)); } dfs2(1); for(i=1;i<n;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("%d",ans[n]); return 0; }
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