CH6303 天天爱跑步

Posted 2021-12-09 autoint

6303 天天爱跑步 0x60「图论」例题

描述

小C同学认为跑步非常有趣，于是决定制作一款叫作《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棵包含 n (n≤3*10^5) 个节点和 n-1 条边的树，任意两个节点存在一条路径互相可达。树上节点的编号是 1~n 之间的连续正整数。
现在有 m (m≤3*10^5) 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。因为地图是一棵树，所以每个人的路径是唯一的。
小C想知道游戏的活跃度，所以在每个节点上都放置了一个观察员。在节点 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 秒也正好到达了节点 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。即对于把节点 j 作为终点的玩家：若他在第 W_j 秒前到达终点，则在节点 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，则在节点 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,其中第个整数为Wj , 表示结点出现观察员的时间。
接下来 M行,每行两个整数Si和Ti,表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据,保证 1<=Si,Ti<=N,0<=Wj<=N。

输出格式

一行 N 个整数，第 i 个整数表示结点 i 的观察员可以观察到多少人。

样例输入

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
样例输入2
5 3 
1 2 
2 3 
2 4 
1 5 
0 1 0 3 0 
3 1 
1 4
5 5 

样例输出

样例输入1
2 0 0 1 1 1
样例输入2
1 2 1 0 1 

数据范围与约定

样例解释

在第一个样例中，对于1号点，W1=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。

来源

CCF NOIP2016 D1T2

题解

分为两段，可以分开做：

1. 在\\(S_i\\)处产生\\(d[S_i]\\)，在\\(fa[lca(S_i,T_i)]\\)处减去它，在任意节点\\(x\\)处统计\\(W[x]+d[x]\\)的个数。
2. 在\\(T_i\\)处产生\\(d[S_i]-2*d[lca(S_i,T_i)]\\)，在\\(lca(S_i,T_i)\\)处减去它，在任意节点\\(x\\)处统计\\(W[x]-d[x]\\)的个数。

而这个用不着线段树合并，直接用在每个节点用vector存一下变动，开全局数组统计，用末值减去初值就是答案了。

时间复杂度\\(O(m\\log n+n)\\)

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;

co int N=3e5+1;
int n,m,t;
vector<int> e[N];
int fa[N][20],dep[N];
void bfs(){
    t=log(n)/log(2);
    queue<int> q;
    dep[1]=1,q.push(1);
    for(int x;q.size();){
        x=q.front(),q.pop();
        for(int i=0,y;i<e[x].size();++i){
            if(dep[y=e[x][i]]) continue;
            dep[y]=dep[x]+1,fa[y][0]=x;
            for(int j=1;j<=t;++j) fa[y][j]=fa[fa[y][j-1]][j-1];
            q.push(y);
        }
    }
}
int lca(int x,int y){
    if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    for(int i=t;i>=0;--i)
        if(dep[fa[y][i]]>=dep[x]) y=fa[y][i];
    if(x==y) return x;
    for(int i=t;i>=0;--i)
        if(fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
    return fa[x][0];
}

int w[N],c1[N*2],c2[N*2],ans[N];
vector<int> a1[N],b1[N],a2[N],b2[N];
void dfs(int x){
    int val1=c1[dep[x]+w[x]],val2=c2[w[x]-dep[x]+n];
    for(int i=0,y;i<e[x].size();++i)
        if((y=e[x][i])!=fa[x][0]) dfs(y);
    for(int i=0;i<a1[x].size();++i) ++c1[a1[x][i]];
    for(int i=0;i<b1[x].size();++i) --c1[b1[x][i]];
    for(int i=0;i<a2[x].size();++i) ++c2[a2[x][i]+n];
    for(int i=0;i<b2[x].size();++i) --c2[b2[x][i]+n];
    ans[x]=c1[dep[x]+w[x]]-val1+c2[w[x]-dep[x]+n]-val2;
}
int main(){
    read(n),read(m);
    for(int i=1,x,y;i<n;++i){
        read(x),read(y);
        e[x].push_back(y),e[y].push_back(x);
    }
    bfs();
    for(int i=1;i<=n;++i) read(w[i]);
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i){
        read(x),read(y),z=lca(x,y);
        a1[x].push_back(dep[x]),b1[fa[z][0]].push_back(dep[x]);
        a2[y].push_back(dep[x]-2*dep[z]),b2[z].push_back(dep[x]-2*dep[z]);
    }
    dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}