sjtu1591 Count On Tree

Description

Crystal家有一棵树。树上有\(n\)个节点，编号由\(1\)到\(n\)（\(1\)号点是这棵树的根），两点之间距离为1当且仅当它们直接相连。每个点都有各自的权值，第\(i\)号节点的权值为\(value_i\)。Crystal现在指着编号为\(x\)的点问，在以点\(x\)为根的子树中，与点\(x\)距离大于等于\(k\)的所有点的点权和是多少。

Input Format

第\(1\)行两个整数\(n,Q\)，分别表示树上点的个数和Crystal有\(Q\)个问题。
第\(2\)行，\(n\)个整数，分别表示\(1\)至\(n\)号点的点权。
接下来的\(n - 1\)行，每行两个整数\(u,v\)，表示编号为\(u\)的点与编号为\(v\)的点直接相连。
接下来\(Q\)行，每行两个整数\(x,k\)，表示询问在以点\(x\)为根的子树中，与点\(x\)距离大于等于为\(k\)的所有点的点权和是多少。

Output Format

\(Q\)行，每行一个整数，表示对第\(i\)个询问的回答。

Sample Input

5 3
1 1 1 1 1
1 2
1 3
3 4
4 5
1 3
1 2
1 1

Sample Output

1
2
4

Hints

对于\(30\%\)的数据，保证\(n \le 1000, k < 1, Q \le 1000\)。
对于\(60\%\)的数据，保证\(n \le 1000, k < 1000, Q \le 1000\)
对于\(80\%\)的数据，保证\(n \le 1000, k < 1000, Q \le 1000000\);
对于最后\(20\%\)的数据，保证\(n \le 50000, k < 100, Q \le 1000000\);
对于\(100\%\)的数据，保证所有输入数据均为非负整数，且在\(int\)范围内。

这题\(O(NK)\)的做法不难想（用总的减去小于\(K\)的），现在假设\(N,K\)同级怎么做。
首先考虑离线做法，我们可以考虑按照询问最深的深度从小到大一层层加点，答案还是用总的减去小于\(K\)的。
再考虑在线所做法，我们可以先处理出dfs序和子树和，然后对于树的每层开一个vector，vector中记录该层点的编号，按dfs序排序。对于每个询问\(x,k\)，我们只需要跳到\(dep[x]+k\)层的vector中，找到在\(x\)子树中的点，且一定是段连续区间，二分即可。现在只需要对该区间求子树和的和即可。
代码是\(O(NK)\)的

    #include<cstdio>
    #include<cstdlib>
    #include<iostream>
    #include<cstring>
    #include<vector>
    using namespace std;
     
    typedef long long ll;
    #define maxn (50010)
    int cnt = 1,side[maxn],toit[maxn*2],next[maxn*2],val[maxn],N,Q,mxk;
    int tx[maxn*20],tk[maxn*20],num[20],len; ll sum[maxn]; vector <ll> res[maxn];
     
    inline int read()
    {
    	char ch; int f = 1,ret = 0;
    	do ch = getchar(); while (!(ch >= '0'&&ch <= '9')&&ch != '-');
    	if (ch == '-') f = -1,ch = getchar();
    	do ret = ret*10+ch-'0',ch = getchar(); while (ch >= '0'&&ch <= '9');
    	return ret*f;
    }
     
    inline void add(int a,int b) { next[++cnt] = side[a]; side[a] = cnt; toit[cnt] = b; }
    inline void ins(int a,int b) { add(a,b); add(b,a); }
     
    inline void dfs(int now,int fa)
    {
    	for (int i = 0;i <= mxk;++i) res[now].push_back(val[now]);
    	sum[now] = val[now];
    	for (int i = side[now];i;i = next[i])
    	{
    		if (toit[i] == fa) continue;
    		dfs(toit[i],now);
    		sum[now] += sum[toit[i]];
    		for (int j = 0;j < mxk;++j)
    			res[now][j+1] += res[toit[i]][j];
    	}
    }
     
    inline void print(ll a)
    {
    	do num[++len] = a%10,a /= 10; while (a);
    	while (len) putchar('0'+num[len--]);
    	puts("");
    }
     
    int main()
    {
    	//freopen("a.in","r",stdin);
    	//freopen("a.out","w",stdout);
    	N = read(); Q = read();
    	for (int i = 1;i <= N;++i) val[i] = read();
    	for (int i = 1;i < N;++i) ins(read(),read());
    	for (int i = 1;i <= Q;++i) tx[i] = read(),tk[i] = read(),mxk = max(mxk,tk[i]);
    	dfs(1,0);
    	// print(123456LL);
    	// print(0LL);
    	// print(12LL);
    	for (int i = 1;i <= Q;++i)
    	{
    		if (!tk[i]) //cout << sum[tx[i]] << endl;
    			print(sum[tx[i]]);
    		else //cout << sum[tx[i]]-res[tx[i]][tk[i]-1] << endl;
    			print(sum[tx[i]]-res[tx[i]][tk[i]-1]);
    	}
    	//fclose(stdin); fclose(stdout);
    	return 0;
    }