期末考前写题解，\(rp++! \ rp++! \ rp++!\)
\[ description \]
给出一个以 \(1\) 为根的边带权有根树，给定一个参数 \(L\) ，问每个点的子树中与它距离小于等于 \(L\) 的节点个数。
\[ solution \]
有关子树内的统计，肯定能联想到 线段树合并 吧。
记 \(d[u]\) 表示根节点到 \(u\) 的距离，该数组可通过一次遍历求出。
则对于每个点 \(u\) ，它的贡献就是满足下式的点对数量：
\[ d[v]-d[u]\leq L \ \{ v\in\operatorname{subtree}(u) \} \]
移项，可化简为：
\[ d[v]\leq d[u]+L \ \{ v\in\operatorname{subtree}(u) \} \]
那么问题就转化成了：
令点 \(u\) 的点权为 \(d[u]\)。对于每个点 \(u\) ，求出该点的子树中点权小于等于 \(d[u]+L\) 的节点个数
然后发现是一道 线段树合并 板子题，直接码上就行。
需注意的是，这个 \(L\) 和 \(d[~]\) 的范围有 \(1e18\) ，所以我们需要离散化一下防止 \(MLE\) 。
我是把每个 \(d[u]\) 以及 \(d[u]+L\) 都扔进去离散化了，如果有哪位 \(dalao\) 有更优秀的离散化方法，可以评论在博客下方，我会感激不尽。
\[ code \]
#include
#include
#define RI register int
using namespace std;
const int N=200100,M=200100,MLOGN=10001000;
int n,m;
long long L;
int Etot,head[N],ver[M],Next[M];
long long edge[M];
void add(int u,int v,long long w)
{
ver[++Etot]=v; edge[Etot]=w; Next[Etot]=head[u]; head[u]=Etot;
}
long long d[N];
int len;
long long mapval[1000100];
void discrete()
{
sort(mapval+1,mapval+1+len);
len=unique(mapval+1,mapval+1+len)-mapval-1;
}
int query(long long x)
{
return lower_bound(mapval+1,mapval+1+len,x)-mapval;
}
int tot,root[N];
struct SegmentTree{
int lc,rc;
int cnt;
}t[MLOGN];
int New()
{
tot++;
t[tot].lc=t[tot].rc=t[tot].cnt=0;
return tot;
}
void insert(int &p,int l,int r,int delta,int val)
{
if(!p)p=New();
t[p].cnt+=val;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)/2;
if(delta<=mid)
insert(t[p].lc,l,mid,delta,val);
else
insert(t[p].rc,mid+1,r,delta,val);
}
int merge(int p,int q)
{
if(!p||!q)return p^q;
t[p].cnt+=t[q].cnt;
t[p].lc=merge(t[p].lc,t[q].lc);
t[p].rc=merge(t[p].rc,t[q].rc);
return p;
}
int ask(int p,int l,int r,int s,int e)
{
if(!p)return 0;
if(s<=l&&r<=e)return t[p].cnt;
int mid=(l+r)/2;
int val=0;
if(s<=mid)
val+=ask(t[p].lc,l,mid,s,e);
if(mid \[ thanks \ for \ watching \]