题意
一棵 \(n\) 个节点的树, 树的每个节点上有一个观察员, 每一个观察员的观察时刻为 \(time_i\),
有 \(m\) 个玩家, 每个玩家在 \(0\) 时刻时从起点 \(s_i\) 开始跑步, 每时刻经过一个节点, 沿着最短路径向终点 \(t_i\) 跑去.
求每个观察员能观察到的玩家数量.
思路
暴力枚举每个玩家的行进路线一定是 \(O(n^2)\) 的, 不可行,
那么考虑枚举每一个观察员, 求它能观察到多少个选手.
若观察员 \(x\) 位于 \(s_i\) 到 \(lca_i\) 的路径上, 那么 \(x\) 能观察到 \(i\) 的条件为
\[ time_x = dep_{s_i} - dep_x \]
转化一下变为,
\[ time_x+dep_x = dep_{s_i} \]
若 \(x\) 位于 \(t_i\) 到 \(lca_i\) 的路径上, 那么 \(x\) 能观察到 \(i\) 的条件为
\[ time_x = dis_{s_i \to t_i} - (dep_t - dep_x) \]
转化,
\[ time_x - dep_x = dis - dep_t = dep_s - 2*dep_{lca_i} \]
看起来树上差分, 枚举每个点的子树, 开个桶记录就好了.
但有个问题, 就是之前的桶会影响当前枚举到的点.
我的做法比较蠢, 把差分的值从小到大排序, 然后每次树状数组查询.
其实我们考虑一下, 当前点需要的并不是整个桶, 只需要它自己的两个值上面的值就行了.
所以我们枚举到每个点的时候先记录一下它的两个值, 然后枚举完它的子树后, 再查看它的两个值, 求个差就行了.
代码
\(O(n\log n)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define sz size
using namespace std;
const int N=299998+7;
const int L=20;
int n,m,dep[N],dfn[N],en[N],cnt,tme[N],f[N][L+7],ans[N],s[N],t[N],lca[N],qes[N],poi[N];
int t1[N],t2[N],c[N];
int lst[N],nxt[2*N],to[2*N],tot;
vector<int> p[N];
void add(int x,int y){ nxt[++tot]=lst[x]; to[tot]=y; lst[x]=tot; }
void pre(int u,int fa){
dep[u]=dep[fa]+1;
dfn[u]=++cnt;
f[u][0]=fa;
for(int i=1;i<=L;i++)
f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
for(int i=lst[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(v==fa) continue;
pre(v,u);
}
en[u]=cnt;
}
int Lca(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int i=L;i>=0;i--)
if(dep[f[x][i]]>=dep[y])
x=f[x][i];
if(x==y) return x;
for(int i=L;i>=0;i--)
if(f[x][i]!=f[y][i]){
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
return f[x][0];
}
bool rulea(int a,int b){ return tme[a]+dep[a]<tme[b]+dep[b]; }
bool ruleb(int a,int b){ return tme[a]-dep[a]<tme[b]-dep[b]; }
bool rule1(int a,int b){ return t1[a]<t1[b]; }
bool rule2(int a,int b){ return t2[a]<t2[b]; }
void modify(int x,int w){
if(!x) return;
for(int i=x;i<=n;i+=i&-i){
c[i]+=w;
}}
int sum(int x){
if(!x) return 0;
int res=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)
res+=c[i];
return res;
}
int query(int l,int r){
return sum(r)-sum(l-1);
}
int main(){
//freopen("run1.in","r",stdin);
//freopen("run.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
int x,y;
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
}
pre(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){ qes[i]=i; scanf("%d",&tme[i]); }
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&s[i],&t[i]);
lca[i]=Lca(s[i],t[i]);
poi[i]=i;
t1[i]=dep[s[i]];
t2[i]=dep[s[i]]-2*dep[lca[i]];
}
sort(qes+1,qes+1+n,rulea);
sort(poi+1,poi+1+m,rule1);
int now=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int tmp=tme[qes[i]]+dep[qes[i]];
while(now<=m&&t1[poi[now]]<tmp) now++;
int lt=now;
for(;now<=m&&t1[poi[now]]==tmp;now++){
modify(dfn[s[poi[now]]],1);
modify(dfn[f[lca[poi[now]]][0]],-1);
}
while(i<=n&&tme[qes[i]]+dep[qes[i]]==tmp){ ans[qes[i]]+=query(dfn[qes[i]],en[qes[i]]); i++; }
i--;
for(;lt<now;lt++){
modify(dfn[s[poi[lt]]],-1);
modify(dfn[f[lca[poi[lt]]][0]],1);
}
}
sort(qes+1,qes+1+n,ruleb);
sort(poi+1,poi+1+n,rule2);
now=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int tmp=tme[qes[i]]-dep[qes[i]];
while(now<=m&&t2[poi[now]]<tmp) now++;
int lt=now;
for(;now<=m&&t2[poi[now]]==tmp;now++){
modify(dfn[t[poi[now]]],1);
modify(dfn[lca[poi[now]]],-1);
}
while(i<=n&&tme[qes[i]]-dep[qes[i]]==tmp){ ans[qes[i]]+=query(dfn[qes[i]],en[qes[i]]); i++; }
i--;
for(;lt<now;lt++){
modify(dfn[t[poi[lt]]],-1);
modify(dfn[lca[poi[lt]]],1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); putchar('\n');
return 0;
}
\(O(n)\)
有时间再补吧.