[Noip2016]天天爱跑步 LCA+DFS

[Noip2016]天天爱跑步

Description

小c同学认为跑步非常有趣,于是决定制作一款叫做《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一一棵包含 N个结点和N-1 条边的树, 每条边连接两个结点,且任意两个结点存在一条路径互相可达。树上结点编号为从1到N的连续正整数。现在有个玩家,第个玩家的起点为Si ,终点为Ti  。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。 (由于地图是一棵树, 所以每个人的路径是唯一的)小C想知道游戏的活跃度, 所以在每个结点上都放置了一个观察员。 在结点的观察员会选择在第Wj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Wj秒也理到达了结点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。 即对于把结点J作为终点的玩家: 若他在第Wj秒重到达终点,则在结点J的观察员不能观察到该玩家;若他正好在第Wj秒到达终点,则在结点的观察员可以观察到这个玩家。

Input

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

Output

输出1行N 个整数,第个整数表示结点的观察员可以观察到多少人。

Sample Input

6 3
2 3
1 2
1 4
4 5
4 6
0 2 5 1 2 3
1 5
1 3
2 6

Sample Output

2 0 0 1 1 1

HINT

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。

题解：一年前多的题了，不过现在再做的话已经不是那个难度了。

想法有点古怪，直接上做法吧：

对于玩家a->b，设a,b的lca是c，路径长度是len，那么路径可以拆成2半，如果观察员i想看到第一半，那么要求dep[a]-dep[i]=w[i]->dep[a]=dep[i]+w[i]，且i是a的祖先；如果i想看到第二半，那么要求len-(dep[b]-dep[i])=w[i]->len-dep[b]=w[i]-dep[i]，且i是b的祖先。当然，还有一个要求，就是i在c的子树中，但是我们先不考虑这个。那么做法如下：

在DFS访问到x时，先记录之前有多少点的dep[a]=dep[x]+w[x]以及len-dep[b]=w[x]-dep[x]（用桶即可），记为ans1，然后遍历x的子树，遍历结束后，将x位置的玩家的dep[a]以及len-dep[b]加入到桶中，再查询此时有多少点的dep[a]=dep[x]+w[x]以及len-dep[b]=w[x]-dep[x]，记为ans2，那么ans2-ans1就是x的答案。

但是如果考虑到i在c的子树中这个条件呢？也好办，只需要在c和c的父亲中加入dep[a]和len-dep[b]，并且权值都是-1即可。

如果用tarjan求LCA，则时间复杂度是O(n)的，但是我懒啊~

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=300010;
vector<int> v1[maxn],v2[maxn];
int n,m,cnt;
int head[maxn],to[maxn<<1],next[maxn<<1],w[maxn],dep[maxn],Log[maxn],fa[20][maxn];
int s1[maxn],s2[maxn<<1],ans[maxn];
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void dfs1(int x)
{
	for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(to[i]!=fa[0][x])
		fa[0][to[i]]=x,dep[to[i]]=dep[x]+1,dfs1(to[i]);
}
inline int lca(int a,int b)
{
	if(dep[a]<dep[b])	swap(a,b);
	int i;
	for(i=Log[dep[a]-dep[b]];i>=0;i--)	if(dep[fa[i][a]]>=dep[b])	a=fa[i][a];
	if(a==b)	return a;
	for(i=Log[dep[a]];i>=0;i--)	if(fa[i][a]!=fa[i][b])	a=fa[i][a],b=fa[i][b];
	return fa[0][a];
}
void dfs2(int x)
{
	int i;
	ans[x]-=s1[dep[x]+w[x]]+s2[w[x]-dep[x]+n];
	for(i=head[x];i!=-1;i=next[i])	if(to[i]!=fa[0][x])	dfs2(to[i]);
	for(i=0;i<(int)v1[x].size();i++)
	{
		if(v1[x][i]>0)	s1[v1[x][i]]++;
		else	s1[-v1[x][i]]--;
	}
	for(i=0;i<(int)v2[x].size();i++)
	{
		if(v2[x][i]>0)	s2[v2[x][i]]++;
		else	s2[-v2[x][i]]--;
	}
	ans[x]+=s1[dep[x]+w[x]]+s2[w[x]-dep[x]+n];
}
inline void add(int a,int b)
{
	to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,j,a,b,c,d;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(i=1;i<n;i++)	a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a);
	for(i=1;i<=n;i++)	w[i]=rd();
	dep[1]=1,dfs1(1);
	for(i=2;i<=n;i++)	Log[i]=Log[i>>1]+1;
	for(j=1;(1<<j)<=n;j++)	for(i=1;i<=n;i++)	fa[j][i]=fa[j-1][fa[j-1][i]];
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		a=rd(),b=rd(),c=lca(a,b),d=dep[a]+dep[b]-2*dep[c];
		v1[a].push_back(dep[a]),v1[fa[0][c]].push_back(-dep[a]);
		v2[b].push_back(d-dep[b]+n),v2[c].push_back(-(d-dep[b]+n));
	}
	dfs2(1);
	for(i=1;i<n;i++)	printf("%d ",ans[i]);
	printf("%d",ans[n]);
	return 0;
}