P1600 [NOIP2016 提高组] 天天爱跑步
题目
题目描述
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 \(m\) 个玩家，第 \(i\) 个玩家的起点为 \(s_i\)，终点为 \(t_i\)。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 \(j\) 的观察员会选择在第 \(w_j\) 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 \(w_j\) 秒也正好到达了结点 \(j\) 。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 \(w_j\) 秒前到达终点,则在结点 \(j\) 的观察员不能观察到该玩家；若他正好在第 \(w_j\) 秒到达终点,则在结点 \(j\) 的观察员可以观察到这个玩家。
输入格式
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 \(j\) 个整数为 \(w_j\) , 表示结点 \(j\) 出现观察员的时间。
接下来 \(m\) 行，每行两个整数 \(s_i\)，和 \(t_i\)，表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据，保证 \(1\leq s_i,t_i\leq n, 0\leq w_j\leq n\)。
输出格式
输出 \(1\) 行 \(n\) 个整数，第 \(j\) 个整数表示结点 \(j\) 的观察员可以观察到多少人。
输入输出样例
输入 #1
6 3 2 3 1 2 1 4 4 5 4 6 0 2 5 1 2 3 1 5 1 3 2 6输出 #1
2 0 0 1 1 1输入 #2
5 3 1 2 2 3 2 4 1 5 0 1 0 3 0 3 1 1 4 5 5输出 #2
1 2 1 0 1说明/提示
【样例1说明】
对于 \(1\) 号点，\(w_i=0\)，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，共有 \(2\) 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。
【子任务】
每个测试点的数据规模及特点如下表所示。
提示: 数据范围的个位上的数字可以帮助判断是哪一种数据类型。
思路
part.0问题简化
这里提供一种线段树合并的做法.
我们把一条路径\(s\to t\)拆开,分为\(s\to lca(s,t)\)和\(lca(s,t)\to t\)这两部分.这样相当于一个玩家,只会从低深度跑向高深度或从高深度跑向低深度.
part.1高深度跑向低深度
先考虑\(s\to lca(s,t)\)这条路径,即高深度跑向低深度.(树上问题中,从子结点到父结点的问题处理起来往往会更简单,因为一个子结点只有一个父结点,一个父结点对应多个子结点)
这条路径什么时候能对一个点\(u\)产生贡献?
首先,\(u\)得在那条路径上,所以,\(u\)是\(s\)的祖先结点.
其次\(dist(s,u)=w_u\)即\(deep(s)-deep(u)=w_u\) , \(w_u +de ep(u)=deep(s)\).(\(dist\)表示树上两点距离,\(deep\)即深度).
我们采用树上差分:定义数组\(a,b\).
对于一条路径\(s\to lca(s,t)\)(路径对\(lca\)的贡献已经在这里计算,在part.2中就不在计算)
对于树上每一个结点\(u\)
而\(u\)点的答案就是\(a_{u,w_u+deep(u)}\).
代码大概是这样:
void calc1(int u) {
for(int i = head[u] ; i ; i = ed[i].nxt) {
int v = ed[i].to;
if(v == father[u])
continue;
calc1(v);
SegT::root[u] = SegT::merge(SegT::root[u] , SegT::root[v] , 0 , n * 2);
}
ans[u] += SegT::query(SegT::root[u] , dep(u) + w[u]);
}
//in main
for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
s[i] = read() , t[i] = read() , lca[i] = LCA::lca(s[i] , t[i]);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
SegT::root[i] = SegT::newnode(0 , n * 2);
for(int i = 1 ; i <= m ; i++) {//s->lca
SegT::change(SegT::root[s[i]] , dep(s[i]) , 1);
SegT::change(SegT::root[father[lca[i]]] , dep(s[i]) , -1);
}
calc1(root);
part.2低深度跑向高深度
对于路径\(lca(s,t)\to t\)是从低深度跑向高深度,如果我们从上到下统计答案,是很麻烦的.如果我们仍用差分,改一下\(lca\)的差分数组,整个子树都要受到影响,而不是我们所希望的\(lca(s,t)\to t\)这条路径.
所以,我们考虑能不能像上面一样,子结点先算出答案,然后合并到父结点,算出父结点的答案.
再看下线段树的change函数:void change(int p , int pos , int dat),\(p\)是当前子树的根节点编号,是不能做什么手脚的了,\(dat\)是差分的数据,一般只会用1和-1,最有希望能帮我们实现目的的应该是\(pos\).
那我们应该如何设计\(pos\)呢?
想想part.1中为什么可以?\(w_u+deep(u)=deep(s)\),这个等式中,左边只跟结点\(u\)有关,右边只跟结点\(s\)有关,所以等式左边用于统计答案,右边用于初始化差分数组.
同样的,如果我们在part.2中也找到一个类似的等式,一边只和\(u\)有关,另一边只和\(s,t,lca\)有关,我们的目的就达到了.
应该不难想到有一个这样的等式:
又因为\(u\)在路径\(lca(s,t)\to t\)上,所以\(lca(u,s)=lca(s,t)\),同时,移项可以得到:
为了防止出现负数(如果有负数,在线段树递归左右子树时会出现鬼畜),我们两边同时+n.
所以代码就出来啦.
void calc2(int u) {
for(int i = head[u] ; i ; i = ed[i].nxt) {
int v = ed[i].to;
if(v == father[u])
continue;
calc2(v);
SegT::root[u] = SegT::merge(SegT::root[u] , SegT::root[v] , 0 , n * 2);
}
ans[u] += SegT::query(SegT::root[u] , w[u] - dep(u) + n);
}
//in main
SegT::clear();//清空线段树
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
SegT::root[i] = SegT::newnode(0 , n * 2);
for(int i = 1 ; i <= m ; i++) {//lca->t
SegT::change(SegT::root[t[i]] , dep(s[i]) - 2 * dep(lca[i]) + n , 1);
SegT::change(SegT::root[lca[i]] , dep(s[i]) - 2 * dep(lca[i]) + n , -1);
}
calc2(root);
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
int read() {
int re = 0;
char c = getchar();
bool negt = false;
while(c < '0' || c > '9')
negt |= (c == '-') , c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9')
re = (re << 1) + (re << 3) + c - '0' , c = getchar();
return negt ? -re : re;
}
const int N = 300010;
const int maxZ = 100000;
const int M = 300010;
const int M_logZ = M * 20;
struct EDGE {
int to , nxt;
} ed[N * 2];
int head[N];
void addedge(int u , int v) {
static int cnt;
++cnt;
ed[cnt].to = v , ed[cnt].nxt = head[u] , head[u] = cnt;
}
int n , m , root;
int father[N];
namespace LCA {//RMQ-LCA
int cnt = 0;
int dep[N * 2] , id[N * 2] , first[N];
int st[N * 4][25];
void dfs(int u , int nowdep) {
++cnt;
id[cnt] = u , dep[cnt] = nowdep , first[u] = cnt;
for(int i = head[u] ; i ; i = ed[i].nxt) {
int v = ed[i].to;
if(v == father[u])
continue;
father[v] = u;
dfs(v , nowdep + 1);
++cnt;
id[cnt] = u , dep[cnt] = nowdep;
}
}
void init(int root) {
dfs(root , 1);
for(int i = 1 ; i <= cnt ; i++)
st[i][0] = i;
int k = log(n) / log(2) + 1;
dep[0] = 0x3fffffff;
for(int j = 1 ; j <= k ; j++)
for(int i = 1 ; i <= cnt ; i++)
st[i][j] = dep[st[i][j - 1]] < dep[st[i + (1 << j - 1)][j - 1] ] ? st[i][j - 1] : st[i + (1 << j - 1)][j - 1];
}
int lca(int u , int v) {
u = first[u] , v = first[v];
if(u > v) {
int tmp;
tmp = u , u = v , v = tmp;
}
int k = log(v - u + 1) / log(2);
return id[
dep[st[u][k]] < dep[st[v - (1 << k) + 1][k]] ? st[u][k] : st[v - (1 << k) + 1][k]
];
}
}
inline int dep(int u) {
return LCA::dep[LCA::first[u]];
}
const int M_logN = M * 20;
namespace SegT {//线段树,带合并
int root[N];
struct NodeClass {
int l , r , ls , rs , dat;
} node[M_logN];
inline int newnode(int l , int r) {
static int cnt = 0;
if(l == -1 && r == -1) {
cnt = 0;
return 0;
}
++cnt;
node[cnt].l = l , node[cnt].r = r , node[cnt].dat = 0;
return cnt;
}
void change(int p , int pos , int dat) {
if(node[p].l == node[p].r)
node[p].dat += dat;
else {
int l = node[p].l , r = node[p].r;
int mid = (l + r) / 2;
if(l + r < 0) --mid;
if(pos <= mid)
change(node[p].ls = (node[p].ls == 0 ? newnode(l , mid) : node[p].ls) , pos , dat);
else
change(node[p].rs = (node[p].rs == 0 ? newnode(mid + 1 , r) : node[p].rs) , pos , dat);
}
}
int query(int p , int pos) {
if(p == 0)
return 0;
if(node[p].l == node[p].r)
return node[p].dat;
int mid = (node[p].l + node[p].r) / 2;
if(node[p].l + node[p].r < 0)--mid;
if(pos <= mid)
query(node[p].ls , pos);
else
query(node[p].rs , pos);
}
int merge(int p1 , int p2 , int l , int r) {
if(p1 == 0 || p2 == 0)
return p1 == 0 ? p2 : p1;
if(l == r) {
node[p1].dat += node[p2].dat;
return p1;
}
int mid = (l + r) / 2;
if(l + r < 0)--mid;
node[p1].ls = merge(node[p1].ls , node[p2].ls , l , mid);
node[p1].rs = merge(node[p1].rs , node[p2].rs , mid + 1 , r);
return p1;
}
void clear() {
memset(root , 0 , sizeof(root));
memset(node , 0 , sizeof(node));
newnode(-1 , -1);
}
}
int ans[N];
int s[N] , t[N] , lca[N];
int w[N];
void calc1(int u) {
for(int i = head[u] ; i ; i = ed[i].nxt) {
int v = ed[i].to;
if(v == father[u])
continue;
calc1(v);
SegT::root[u] = SegT::merge(SegT::root[u] , SegT::root[v] , 0 , n * 2);
}
ans[u] += SegT::query(SegT::root[u] , dep(u) + w[u]);
}
void calc2(int u) {
for(int i = head[u] ; i ; i = ed[i].nxt) {
int v = ed[i].to;
if(v == father[u])
continue;
calc2(v);
SegT::root[u] = SegT::merge(SegT::root[u] , SegT::root[v] , 0 , n * 2);
}
ans[u] += SegT::query(SegT::root[u] , w[u] - dep(u) + n);
}
int main() {
n = read() , m = read() , root = 1;
for(int i = 1 ; i < n ; i++) {
int u = read() , v = read();
addedge(u , v) , addedge(v , u);
}
LCA::init(root);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
w[i] = read();
for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
s[i] = read() , t[i] = read() , lca[i] = LCA::lca(s[i] , t[i]);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
SegT::root[i] = SegT::newnode(0 , n * 2);
for(int i = 1 ; i <= m ; i++) {//s->lca
SegT::change(SegT::root[s[i]] , dep(s[i]) , 1);
SegT::change(SegT::root[father[lca[i]]] , dep(s[i]) , -1);
}
calc1(root);
SegT::clear();
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
SegT::root[i] = SegT::newnode(0 , n * 2);
for(int i = 1 ; i <= m ; i++) {//lca->t
SegT::change(SegT::root[t[i]] , dep(s[i]) - 2 * dep(lca[i]) + n , 1);//+n,防止区间包含负数时出现鬼畜
SegT::change(SegT::root[lca[i]] , dep(s[i]) - 2 * dep(lca[i]) + n , -1);
}
calc2(root);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
printf("%d " , ans[i]);
return 0;
}
