树链差分的一道题

https://vjudge.net/contest/292999#problem/J

https://blog.csdn.net/V5ZSQ/article/details/64919651?locationNum=5&fps=1

 

Description
给出一棵有向树，有点权和边权，定义一个节点i的答案为以i为根的子树中有多少j的点权不小于j->i的简单路径上边权和，求所有点的答案
Input
第一行一整数T表示用例组数，每组用例首先输入树上点数n，之后n个整数x[i]表示第i个点的点权，最后n-1行每行三个整数u,v,w表示树上一条边u-v的边权是w，树根是1(1<=n<=5e5,1<=x[i],w<=1e9)

对于每个点，其贡献是对从自身开始往上一段连续的父亲节点每个点的答案加一，实时维护一个1~i的边权前缀和sum[j]以及对应的编号id[j]，假设从根节点1到节点i有res个节点，那么所有sum[j]>=sum[res]-x[i]的j都是i能够贡献到的点，假设最小的满足条件的j是pos，pos可以对sum数组二分搜索得到，那么i节点的贡献就是在树上对id[pos],id[pos+1],…,i这条边每个节点的答案加一，类似前缀和优化，cnt[fa[id[pos]]]–，cnt[i]++，这样以来在往下深搜的时候把每个点的贡献记录下来，在回溯的时候将儿子节点的cnt累加到父亲节点上即得到所有点的答案

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;
const int maxm = 5e5 + 5;
typedef long long ll;
ll w[maxm], sum[maxm];
int pa[maxm], id[maxm], cnt[maxm];
int t;
int n;
struct edge {
int v;
ll w;
edge(int v = 0, ll w = 0) : v(v), w(w) {};
};
vector<edge> ve[maxm];
int res;
void dfs(int u, int p) {
    for(int i = 0; i < ve[u].size(); i++) {
        int v = ve[u][i].v;
        ll val = ve[u][i].w;
        if(v == p) continue;
        pa[v] = u;
        id[res] = v;
        sum[res] = sum[res - 1] + val;
        int pos = lower_bound(sum, sum + res + 1, sum[res] - w[v]) - sum;
        if(pos < res) cnt[u]++, cnt[pa[id[pos] ] ]--;
        res++;
        dfs(v, u);
        res--;
        cnt[u] += cnt[v];
    }
}

int main() {
freopen("car.in", "r", stdin);
scanf("%d", &t);
while(t--) {
    scanf("%d", &n);
    memset(pa, 0, sizeof(pa));
    memset(sum, 0, sizeof(sum));
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
    for(int i = 1; i <= n; i++) ve[i].clear();
    int u, v;
    ll val;
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &w[i]);
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%d%d%lld", &u, &v, &val);
        ve[u].push_back(edge(v, val));
        ve[v].push_back(edge(u, val));
    }
    pa[1] = 0, id[0] = 1, sum[0] = 0;
    res = 1;
    dfs(1, 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%d%c", cnt[i], i == n ? '\n' : ' ');
    }
}

return 0;
}