【题解 P8575】 星之河

「DTOI-2」星之河

题目背景

星稀河影转，霜重月华孤。

题目描述

星之统治者有一个星盘，其可以被抽象为一棵根节点为 $1$ 的树。树上每个节点 $i$ 有一颗红星、一颗蓝星，亮度分别记为 ${\text{Red}}_i,{\text{Blue}}_i$。

现在，星之统治者想要知道，对于每个节点 $x$，其子树内（不包括该节点）有多少节点满足：其红星亮度小于等于 $x$ 的红星亮度，且其蓝星亮度小于等于 $x$ 的蓝星亮度。

你需要按编号顺序依次输出每个节点的答案。为减少输出量，如果答案为 $0$ 则不必输出。

输入格式

第一行两个整数分别表示 $n$。

接下来 $n-1$ 行每行两个正整数 $u,v$，表示存在 $(u,v)$ 这条树边。

接下来 $n$ 行每行两个整数分别表示 ${\text{Red}}_i,{\text{Blue}}_i$。

输出格式

每个答案非 $0$ 的节点一行，每行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

10
2 1
3 1
4 3
5 1
6 4
7 2
8 2
9 4
10 3
3 1
2 4
-3 3
4 -2
-2 3
-3 -6
-5 -1
-4 -7
-5 -1
-7 -7

样例输出 #1

5
2
3
1

提示

样例解释

对于节点 $1$，小于等于他的子节点有 $6,7,8,9,10$，因此输出 $5$。
对于节点 $4$，小于等于他的子节点有 $6$，因此输出 $1$。
对于节点 $5$ 至 $10$，没有小于等于他的子节点，因此不输出。

数据范围

$\mathbf{\text{Subtask}}$	$n\le$	特殊性质	总分数
$1$	$1000$	无	$10$
$2$	$5\times {10}^4$	无	$20$
$3$	${10}^5$	$-200\le {\text{Red}}_i,{\text{Blue}}_i\le 200$	$20$
$4$	$2\times {10}^5$	树的形态是链	$20$
$5$	$2\times {10}^5$	无	$30$

对于所有数据，保证 $n\le 2\times {10}^5$，$-{10}^9\le {\text{Red}}_i,{\text{Blue}}_i\le {10}^9$。

解题思路

此题有些偏模板。
分析题意，就是找每个节点的子树中有多少个节点 $red$ 和 $blue$ 都小于自己。
利用欧拉序给每个节点编号，那么一个节点 $x$ 的子树范围就是 $df{n}_x+1$ 到 $ou{t}_x$ ，不包获该节点。
可以转化为 $1$ 到 $df{n}_x+1$ 与 $ou{t}_x$ 中，满足要求的有多少个，相减即可。
多个询问，每次求节点号，$red$ ，$blue$ 都小于自己的有多少个节点，三维偏序问题。
$CDQ$ 分治解决，先在分治外确定完一维，分治内部合并时排序第二维，最后一维用树状数组即可。
时间复杂度 $O(nlo{g}^{2}n)$ 。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct datay
{
	int p,x,y,op,v;
}a[600005],b[300005];
int n,dfn[200005],out[200005],num,m,f[200005];
vector<int> t[200005];
map<int,int> p;
set<int> g;
bool cmp1(datay q,datay w)
{
	if(q.p!=w.p)return q.p<w.p;
	return q.op<w.op;
}
bool cmp2(datay q,datay w)
{
	if(q.x!=w.x)return q.x<w.x;
	return q.op<w.op;
} 
bool cmp3(datay q,datay w)
{
	return q.op<w.op;
}
int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
void clear(int x)
{
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))f[i]=0;
	return;
}
void dijah(int x,int y)
{
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))f[i]+=y;
	return;
}
int gaia(int x)
{
	int h=0;
	while(x)
	{
		h+=f[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return h;
} 
void dfs(int x,int y)
{
	dfn[x]=++num;
	for(int i=0;i<t[x].size();i++)
	{
		if(t[x][i]==y)continue;
		dfs(t[x][i],x);
	}
	out[x]=num;
	return;
} 
void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1,x=l,y,z;
	cdq(l,mid);
	cdq(mid+1,r);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)
	{
		while(x<=mid&&a[x].x<=a[i].x)
		{
			if(a[x].op==0)dijah(a[x].y,1);
			x++;
		}
		a[i].v+=gaia(a[i].y); 
	} 
	for(int i=l;i<=mid;i++)
	{
		if(a[i].op==0)clear(a[i].y);
	}
	if(l==1&&r==3*n)return;
	x=l,y=mid+1,z=1;
	while(x<=mid&&y<=r)
	{
		if(a[x].x>a[y].x)b[z]=a[y],y++,z++;
		else b[z]=a[x],x++,z++;
	}
	while(y<=r)b[z]=a[y],y++,z++;
	while(x<=mid)b[z]=a[x],x++,z++;
	for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=b[i-l+1];
	return;
}
int main()
{
	int x,y,g1=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		t[x].push_back(y);
		t[y].push_back(x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y); 
		g.insert(a[i].y);
	}
	set<int>::iterator q=g.begin();
	for(;q!=g.end();q++)
	{
		p[*q]=++g1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i].y=p[a[i].y];
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i].p=dfn[i];
	m=n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[++m].p=dfn[i];
		a[m].op=2*i-1;
		a[m].x=a[i].x;
		a[m].y=a[i].y;
		a[++m].p=out[i];
		a[m].op=2*i;
		a[m].x=a[i].x;
		a[m].y=a[i].y;
	}
	sort(a+1,a+m+1,cmp1);
	cdq(1,m);
	sort(a+1,a+m+1,cmp3);
	for(int i=n+1;i<=m;i+=2)
	{
		if(a[i+1].v==a[i].v)continue;
		printf("%d\n",a[i+1].v-a[i].v);
	}
	








  return 0;
}