BZOJ_3653_谈笑风生_树状数组

Posted 2020-11-01 fcwww

BZOJ_3653_谈笑风生_树状数组

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

Sample Output

3
1
3

---

 b有位置两种可能，a的祖先和a的子树。

如果b是a的祖先，则c只能选择a子树中除了a的一个。

如果b是a的子树中的一个点，c只能选择b子树除了b的一个。

于是问题转化为子树里距离小于等于k的子树大小和。

两个限制条件：子树内和深度小于等于一个值。

把每个点的dfs序位置和深度看成两个坐标，转化为二维数点，同树状数组解决。

 

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 300050
typedef long long ll;
int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],cnt,n,m;
int dep[N],siz[N],dfn[N],S[N],son[N];
ll c[N],ans[N];
inline void add(int u,int v) {
    to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt;
}
void fix(int x,int v) {
    for(;x<=n;x+=x&(-x)) c[x]+=v;
}
ll inq(int x) {
    ll re=0; for(;x;x-=x&(-x)) re+=c[x]; return re;
}
struct QAQ {
    int p,d,id,opt;
}a[N<<1];
bool cmp(const QAQ &x,const QAQ &y) {
    if(x.p==y.p) return x.opt<y.opt; 
    return x.p<y.p;
}
void dfs(int x,int y) {
    int i; S[++S[0]]=x; dfn[x]=S[0]; dep[x]=dep[y]+1; siz[x]=1;
    for(i=head[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=y) {
        dfs(to[i],x); siz[x]+=siz[to[i]];
    }
    son[x]=S[0];
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int i,x,y;
    for(i=1;i<n;i++) {
        scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); add(y,x);
    }
    dfs(1,0);
    int tot=0;
    for(i=1;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d",&x,&y); ans[i]=1ll*min(y,dep[x]-1)*(siz[x]-1);
        int depp=min(dep[x]+y,n);
        a[++tot].p=dfn[x]; a[tot].opt=-1; a[tot].d=depp; a[tot].id=i;
        a[++tot].p=son[x]; a[tot].opt=1;  a[tot].d=depp; a[tot].id=i;
    }
    sort(a+1,a+tot+1,cmp);
    int now=0;
    for(i=1;i<=tot;i++) {
        while(now<=n&&now<a[i].p) now++,fix(dep[S[now]],siz[S[now]]-1);
        ans[a[i].id]+=a[i].opt*inq(a[i].d);
    }
    for(i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
}