hdu5927Auxiliary Set

题意：给定一棵以1为根的n个节点的树，多个询问，每次询问给出一个集合，集合内的点表示为不重要的点（不在集合内的点就是重要的点），求给定这个集合后有多少点能进入另一个集合，点x进入另一个集合的要求：1：重要的点。2：有两个重要的点的最近公共祖先为x。

分析：其实对于每一个询问我们只要判断哪些不重要的点是能进入集合的，那么对于一个不重要的点x，怎样才能进入集合呢？我们先dfs对于所有的点求出fa[x]和son[x]。当询问是，我们先初始确定每个不重要的点的son'[x]，如果一个点要进入集合那么显然要求son'[x]>=2，这样才会有两个重要的点的最近公共祖先是x。那么对于一个点x的son'又会受什么影响呢？当一个点y满足son'[y]==0&&y是不重要的点那么son'[fa[y]]--。这样我们就能维护我们需要的信息了。O(mlogm)

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
const int N=100010;
const int M=50010;
const int mod=1000000007;
const int MOD1=1000000007;
const int MOD2=1000000009;
const double EPS=0.00000001;
typedef long long ll;
const ll MOD=1000000007;
const int INF=1000000010;
const ll MAX=1ll<<55;
const double eps=1e-5;
const double inf=~0u>>1;
const double pi=acos(-1.0);
typedef double db;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
int tot,u[N],v[2*N],pre[2*N];
int fa[N],son[N],dep[N];
int d[N],so[N];
void add(int a,int b) {
    v[tot]=b;pre[tot]=u[a];u[a]=tot++;
    v[tot]=a;pre[tot]=u[b];u[b]=tot++;
}
void dfs(int a,int b) {
    fa[a]=b;dep[a]=dep[b]+1;son[a]=0;
    for (int i=u[a];~i;i=pre[i])
    if (v[i]!=b) dfs(v[i],a),son[a]++;
}
int cmd(int a,int b) {
    return dep[a]>dep[b];
}
int main()
{
    int a,b,i,n,m,q,ca,T,ans;
    scanf("%d", &T);
    for (ca=1;ca<=T;ca++) {
        scanf("%d%d", &n, &q);
        for (tot=0,i=1;i<=n;i++) u[i]=-1;
        for (i=1;i<n;i++) scanf("%d%d", &a, &b),add(a,b);
        dfs(1,0);
        printf("Case #%d:\n", ca);
        while (q--) {
            scanf("%d", &m);ans=n-m;
            for (i=1;i<=m;i++) scanf("%d", &d[i]);
            sort(d+1,d+m+1,cmd);
            for (i=1;i<=m;i++) so[d[i]]=son[d[i]];
            for (i=1;i<=m;i++)
            if (so[d[i]]>=2) ans++;
            else if (so[d[i]]==0) so[fa[d[i]]]--;
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}