UOJ 261 [NOIP2016 DAY1 T2] 浅谈树上路径统计问题桶解法

世界真的很大
去年考NOIP的时候还是一个萌新（现在也是）
当时才学OI一个月，就被拉去考试，众人AK唯我报0，真是非常的惨
算是旧题重做吧，美其名曰“朝花夕拾”
因为DAY1 T3的期望DP被很轻松地水掉了，所以觉得这道题也是水题，结果。。。
无可奈何之下看了题解。。。

看题先：

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棵包含 nn 个结点和 n−1n−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 11 到 nn 的连续正整数。

现在有 mm 个玩家，第 ii 个玩家的起点为 SiSi，终点为 TiTi。每天打卡任务开始时，所有玩家在第 00 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 jj 的观察员会选择在第 WjWj 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 WjWj 秒也正好到达了结点 jj。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 jj 作为终点的玩家：若他在第 WjWj 秒前到达终点，则在结点 jj 的观察员不能观察到该玩家；若他正好在第 WjWj 秒到达终点，则在结点 jj 的观察员可以观察到这个玩家。

input

从标准输入读入数据。

第一行有两个整数 nn 和 mm。其中 nn 代表树的结点数量，同时也是观察员的数量，mm 代表玩家的数量。

接下来 n−1n−1 行每行两个整数 uu 和 vv，表示结点 uu 到结点 vv 有一条边。

接下来一行 nn 个整数，其中第 jj 个整数为 WjWj，表示结点 jj 出现观察员的时间。

接下来 mm 行，每行两个整数 SiSi 和 TiTi，表示一个玩家的起点和终点。

对于所有的数据，保证 1≤Si,Ti≤n1≤Si,Ti≤n，0≤Wj≤n0≤Wj≤n。

output

输出到标准输出。

输出 11 行 nn 个整数，第 jj 个整数表示结点 jj 的观察员可以观察到多少人。

这题题目巨长，一年前作为萌新的我压根儿没去读，直接跳。。
首先由于没人每时只走一条边，所以时间完全可以抽象成树上的距离
那么就可以把问题抽象成对于一个观察员，有多少路径经过他并且起点离他的路径为wi
为了使得答案可以dfs来解，就是使答案落在一个子树里，我们考虑把一段路径分成两段，S到lca，lca到T
那么，
x在S−>lca(S,T)上时，满足dep[x]+w[x]=dep[S]
x在lca(S,T)−>T上时，满足dep[x]−w[x]=dep[T]−len(S,T)
我们的目的就是统计这样的点数
考虑枚举x，左边的全是与x有关的，右边的全是与目标点有关的，所以我们可以搞两个桶来记录满足条件的点数
每到一个x，把向上的桶里dep[x]的位置加上起始位置在x的路径的数量，向下的桶里统计 dep[T]−len(S,T)的数量，向下dfs，在递归回来的时候统计数量
但是有时x恰好在同一条路径的S和T上，就会把这条路径统计两次。我们就在记录一个每个点作为路径的lca时的dep[S]，来判断记重了多少次，减去就好

完整代码：

#include
#include
#include
using namespace std;

const int MAXN=300000;
struct edge
{
    int v,last;
}ed[MAXN<<1];

vector <int> ST[MAXN],EN[MAXN],RV[MAXN];
int n,m,num=0,anc[MAXN][18],q,head[MAXN],dep[MAXN],ans[MAXN];
int down[MAXN<<1],up[MAXN<<1],w[MAXN],show[MAXN]; 

void add(int u,int v)
{
    num++;
    ed[num].v=v;
    ed[num].last=head[u];
    head[u]=num;
}

void dfs(int u,int f)
{
    anc[u][0]=f;
    for(int p=1;p<=17;p++)
        anc[u][p]=anc[anc[u][p-1]][p-1];
    for(int i=head[u];i;i=ed[i].last)
    {
        int v=ed[i].v;
        if(v==f) continue ;
        dep[v]=dep[u]+1;
        dfs(v,u);
    }
}

int lca(int u,int v)
{
    if(dep[u]int t=dep[u]-dep[v];
    for(int p=0;p<=17;p++)
    if(t&(1<if(u==v) return u;
    for(int p=17;p>=0;p--)
    {
        if(anc[u][p]!=anc[v][p])
           u=anc[u][p],v=anc[v][p];
    }
    return anc[u][0];
}

void GrandOrder(int u,int f)
{
    int orgin=up[dep[u]+w[u]]+down[dep[u]-w[u]+MAXN];
    up[dep[u]]+=show[u];
    for(int i=0;ifor(int i=head[u];i;i=ed[i].last)
        if(ed[i].v!=f)
            GrandOrder(ed[i].v,u);
    ans[u]=up[dep[u]+w[u]]+down[dep[u]-w[u]+MAXN]-orgin;
    for(int i=0;iif(ST[u][i]==dep[u]+w[u]) 
            ans[u]--;
    }
    for(int i=0;iint main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;iint u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v),add(v,u);
    }
    dep[1]=1;
    dfs(1,1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&w[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        int x=lca(u,v),y=dep[u]+dep[v]-2*dep[x];
        show[u]++;
        EN[v].push_back(dep[v]-y);
        ST[x].push_back(dep[u]);
        RV[x].push_back(dep[v]-y);
    }
    GrandOrder(1,1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}
/*
EL PSY CONGROO
*/

嗯，就是这样