Bzoj3653 谈笑风生
Submit: 753 Solved: 295
Description
设T 为一棵有根树，我们做如下的定义：
• 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先，那么称“a比b不知道
高明到哪里去了”。
• 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
常数x，那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T，节点的编号为1 到 n，根节点为1号节点。你需
要回答q 个询问，询问给定两个整数p和k，问有多少个有序三元组(a;b;c)满足：
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点，且 a为p 号节点；
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了；
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
Input
输入文件的第一行含有两个正整数n和q，分别代表有根树的点数与询问的个数。接下来n - 1行，每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v，代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行，每行描述一个操作。第i行含有两个整数，分别表示第i个询问的p和k。
Output
输出 q 行，每行对应一个询问，代表询问的答案。
Sample Input
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
Sample Output
3
1
3
HINT
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
Source
DFS序+可持久化线段树
相比前一道大新闻和后一道图样图森破来说，这题简直太特么友好了……但是膜多了果然有危害，昨天打CF的时候后台开着这题，把分数都续走了……（明明是自己蒻）
图样图森破正解是后缀数组LCP+st表什么的，理论AC，试着用后缀自动机写然而傻傻写不出，弃坑。
b可能是a的祖先也可能是a的子树。前者只需要dep[a]*(size[a]-1)得到答案，后者有些麻烦:对于每一个(a,b)对，答案等于b的子树size，。
刚开始的想法是用DFS序+树状数组统计，敲完DFS序以后开始懵逼，不会用树状数组统计答案……然后想到可持久化线段树。把DFS序作为时间轴，结点深度作为坐标，可以方便地统计出一个结点的所有子结点的size和，也就是后半部分答案。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 #define LL long long 7 using namespace std; 8 const int mxn=300110; 9 int read(){ 10 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 11 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 12 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10-'0'+ch;ch=getchar();} 13 return x*f; 14 } 15 struct edge{int v,nxt;}e[mxn<<1]; 16 int hd[mxn],mct=0; 17 void add_edge(int u,int v){ 18 e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;return; 19 } 20 int dep[mxn],sz[mxn]; 21 // 22 int in[mxn],out[mxn]; 23 int id[mxn],cnt=0; 24 int n,q; 25 struct node{ 26 int l,r;LL sum; 27 }t[mxn*20]; 28 int rt[mxn],tct=0; 29 int mx=0; 30 void DFS(int u,int fa){ 31 in[u]=++cnt; 32 id[cnt]=u; 33 ++sz[u]; 34 dep[u]=dep[fa]+1; 35 mx=max(mx,dep[u]); 36 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 37 int v=e[i].v; 38 if(v==fa)continue; 39 DFS(v,u); 40 sz[u]+=sz[v]; 41 } 42 out[u]=cnt; 43 } 44 void update(int p,int v,int l,int r,int x,int &rt){//p为深度 45 rt=++tct; 46 if(x)t[rt]=t[x]; 47 t[rt].sum+=v; 48 if(l==r)return; 49 int mid=(l+r)>>1; 50 if(p<=mid)update(p,v,l,mid,t[x].l,t[rt].l); 51 else update(p,v,mid+1,r,t[x].r,t[rt].r); 52 return; 53 } 54 LL query(int L,int R,int l,int r,int rt){ 55 if(!rt)return 0; 56 if(L<=l && r<=R){return t[rt].sum;} 57 int mid=(l+r)>>1; 58 LL res=0; 59 if(L<=mid)res+=query(L,R,l,mid,t[rt].l); 60 if(R>mid)res+=query(L,R,mid+1,r,t[rt].r); 61 return res; 62 } 63 int main(){ 64 int i,j,u,v; 65 n=read();q=read(); 66 for(i=1;i<n;i++){ 67 u=read();v=read(); 68 add_edge(u,v); 69 add_edge(v,u); 70 } 71 DFS(1,0); 72 for(i=1;i<=cnt;i++){//插入值 73 update(dep[id[i]],sz[id[i]]-1,1,mx,rt[i-1],rt[i]); 74 } 75 while(q--){ 76 u=read();v=read(); 77 LL ans=query(max(1,dep[u]+1),min(mx,dep[u]+v),1,mx,rt[out[u]]); 78 ans+=(LL)(min(dep[u]-1,v))*(sz[u]-1); 79 ans-=query(max(1,dep[u]+1),min(mx,dep[u]+v),1,mx,rt[in[u]-1]); 80 printf("%lld\n",ans); 81 } 82 return 0; 83 }
