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题目描述

松鼠的新家是一棵树,前几天刚刚装修了新家,新家有n个房间,并且有n-1根树枝连接,每个房间都可以相互到达,且俩个房间之间的路线都是唯一的。天哪,他居然真的住在“树”上。松鼠想邀请小熊维尼前来参观,并且还指定一份参观指南,他希望维尼能够按照他的指南顺序,先去a1,再去a2,……,最后到an,去参观新家。
可是这样会导致维尼重复走很多房间,懒惰的维尼不听地推辞。可是松鼠告诉他,每走到一个房间,他就可以从房间拿一块糖果吃。维尼是个馋家伙,立马就答应了。
现在松鼠希望知道为了保证维尼有糖果吃,他需要在每一个房间各放至少多少个糖果。因为松鼠参观指南上的最后一个房间an是餐厅,餐厅里他准备了丰盛的大餐,所以当维尼在参观的最后到达餐厅时就不需要再拿糖果吃了。

输入格式

第一行一个整数n,表示房间个数
第二行n个整数,依次描述a1-an
接下来n-1行,每行两个整数x,y,表示标号x和y的两个房间之间有树枝相连。

输出格式

一共n行,第i行输出标号为i的房间至少需要放多少个糖果,才能让维尼有糖果吃。

样例

样例输入:
5
1 4 5 3 2
1 2
2 4
2 3
4 5
样例输出:
1
2
1
2
1

数据范围与提示

对于所有数据,2≤n≤300000。

题解

乍一看首先应该会想到熟树链剖分,但是认真思考之后会发现输出是在最后,那么我们可以考虑树上差分,经典操作。
不会树上差分的大佬可以跳转这篇博客:树上差分
具体解法在此就不做过赘述,注意第一个点的答案需要++即可。

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec
{
int nxt;
int to;
}e[600001];
int head[300001],depth[300001],fa[300001][21],cnt,sum,n;
bool vis[300001];
int a[300001],wzc[300001],miao[300001];
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(vis[e[i].to])continue;
depth[e[i].to]=depth[x]+1;
fa[e[i].to][0]=x;
dfs(e[i].to);
}
}
int lca(int x,int y)//倍增LCA
{
if(depth[x]<depth[y])swap(x,y);
int k=depth[x]-depth[y];
for(int i=0;i<20;i++)
if((1<<i)&k)x=fa[x][i];
if(x==y)return x;
for(int i=20;i>=0;i--)
if(fa[x][i]!=fa[y][i])
{
x=fa[x][i];
y=fa[y][i];
}
return fa[x][0];
}
void _doudou(int x)
{
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
if(vis[e[i].to])continue;
_doudou(e[i].to);
miao[x]+=miao[e[i].to];
}
miao[x]+=wzc[x];
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)//预处理过程
if(!fa[a[i]][0])
{
dfs(a[i]);
break;
}
for(int i=1;i<=20;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
fa[j][i]=fa[fa[j][i-1]][i-1];//统计第几代父亲
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int flag=lca(a[i-1],a[i]);
wzc[a[i]]++;
wzc[a[i-1]]++;
wzc[flag]--;
wzc[fa[flag][0]]--;//树上差分操作
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
_doudou(a[1]);//统计答案
miao[a[1]]++;
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",miao[i]-1);
return 0;
}

rp++

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