3653: 谈笑风生
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Description
设T 为一棵有根树,我们做如下的定义:
? 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先,那么称“a比b不知道
高明到哪里去了”。
? 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
常数x,那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T,节点的编号为1 到 n,根节点为1号节点。你需
要回答q 个询问,询问给定两个整数p和k,问有多少个有序三元组(a;b;c)满足:
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点,且 a为p 号节点;
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了;
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
Input
第一行含有两个正整数n和q,分别代表有根树的点数与询问的个数。
接下来n - 1行,每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v,代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行,每行描述一个操作。第i行含有两个整数,分别表示第i个询问的p和k。
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
Output
输出 q 行,每行对应一个询问,代表询问的答案。
Sample Input
5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
Sample Output
3
1
3
1
3
HINT
Hint:边要加双向
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DFS序+离线分层处理数据
求书上符合条件的三元组(a,b,c)的数量。a为给定点,b点到a点的距离不超过一直量k,且a,b为祖孙的关系,c为a、b的子孙。
根据a、b的关系分成两类:
1、b为a的祖先。那么b的可能有min(k,dep[a]-1)种,而c的可能为siz[a]-1种,那么两个值的成绩就是答案。
2、b为a的子孙,那么b的可能为所有与a深度差不超过k的子孙点,而c点的肯为对应每个b点的子孙树(siz[b]-1)
第一种情况比较好求,深搜可以求出对应dep[]和siz[],然后乘起来就好了
第二种情况比较麻烦,因为有多问,没问要遍历所有b的可能点,然后求对应c点的可能(siz[b]-1)之和。这个复杂度太高,不可完成。
所以离线,把所有问题保存起来,其中每一问b点的最深深度是关键,用它对问题进行重新排序。这样一层一层的更新每个点的子孙数量(-1),用树状数组维护,但已经更新到当前这一问的最深深度时,用树状数组求出对应子树的和,就是答案。
按照黄学长的说法,离线比较简单,但是我没有怎么学过离线的算法,所以理解了好一会儿,很巧妙!膜拜一下!
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=3e5+10; 4 int n,m; 5 struct edge 6 { 7 int u,v,nxt; 8 }e[maxn<<1]; 9 int head[maxn],js; 10 void addage(int u,int v) 11 { 12 e[++js].u=u;e[js].v=v; 13 e[js].nxt=head[u];head[u]=js; 14 } 15 int dep[maxn],lt[maxn],rt[maxn],cnt,siz[maxn],depf[maxn]; 16 void dfs(int u,int fa) 17 { 18 dep[u]=dep[fa]+1; 19 lt[u]=++cnt; 20 siz[u]=1; 21 for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) 22 { 23 int v=e[i].v; 24 if(v==fa)continue; 25 dfs(v,u); 26 depf[u]=max(depf[u],depf[v]); 27 siz[u]+=siz[v]; 28 } 29 depf[u]++; 30 rt[u]=cnt; 31 } 32 int Q[maxn],t,h; 33 void bfs() 34 { 35 h=0; 36 Q[t=1]=1; 37 while(t>h) 38 { 39 int u=Q[++h]; 40 for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt) 41 { 42 int v=e[i].v; 43 if(dep[v]<dep[u])continue; 44 Q[++t]=v; 45 } 46 } 47 } 48 struct que 49 { 50 int p,k,dp,id; 51 long long ans; 52 }q[maxn]; 53 bool cmp(que a,que b) 54 { 55 return a.dp<b.dp; 56 } 57 long long da[maxn]; 58 long long sz[maxn]; 59 void change(int x,int y) 60 { 61 for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i))sz[i]+=y; 62 } 63 long long query(int x) 64 { 65 long long ans=0; 66 for(int i=x;i>0;i-=i&(-i))ans+=sz[i]; 67 return ans; 68 } 69 int main() 70 { 71 scanf("%d%d",&n,&m); 72 for(int u,v,i=1;i<n;++i) 73 { 74 scanf("%d%d",&u,&v); 75 addage(u,v);addage(v,u); 76 } 77 dfs(1,0); 78 bfs(); 79 for(int i=1;i<=m;++i) 80 { 81 scanf("%d%d",&q[i].p,&q[i].k); 82 q[i].dp=min(dep[q[i].p]+q[i].k,depf[q[i].p]+dep[q[i].p]-1); 83 q[i].id=i; 84 q[i].ans=1LL*min(dep[q[i].p]-1,q[i].k)*(siz[q[i].p]-1); 85 } 86 sort(q+1,q+1+m,cmp); 87 int cur=1; 88 for(int i=1;i<=m;++i) 89 { 90 int deep=q[i].dp; 91 while(Q[cur]!=0 && dep[Q[cur]]<=deep) 92 { 93 change(lt[Q[cur]],siz[Q[cur]]-1); 94 cur++; 95 } 96 q[i].ans+=query(rt[q[i].p])-query(lt[q[i].p]); 97 } 98 for(int i=1;i<=m;++i)da[q[i].id]=q[i].ans; 99 for(int i=1;i<=m;++i)printf("%lld ",da[i]); 100 return 0; 101 }