计蒜客（青出于蓝胜于蓝） dfs序+树状数组

武当派一共有 n 人，门派内 n 人按照武功高低进行排名，武功最高的人排名第 1，次高的人排名第 2，... 武功最低的人排名

第 n。现在我们用武功的排名来给每个人标号，除了祖师爷，每个人都有一个师父，每个人可能有多个徒弟。

我们知道，武当派人才辈出，连祖师爷的武功都只能排行到 pp。也就是说徒弟的武功是可能超过师父的，所谓的青出于蓝胜于蓝。

请你帮忙计算每个人的所有子弟（包括徒弟的徒弟，徒弟的徒弟的徒弟....）中，有多少人的武功超过了他自己。

输入格式

输入第一行两个整数 n, p(1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤  p ≤ n) n , p (1≤n≤100000,1≤p≤n)。

接下来 n-1 行，每行输入两个整数 u, v(1 ≤ u, v ≤ n)u , v  (1≤u,v≤n)，表示 u 和 v 之间存在师徒关系。

输出格式

输出一行 n 个整数，第 i 个整数表示武功排行为 i 的人的子弟有多少人超过了他。

行末不要输出多余的空格。

样例输入

10 5

5 3

5 8

3 4

3 1

2 1

6 7

8 7

9 8

8 10

样例输出

0 0 2 0 4 0 1 2 0 0

 

题意：对以p为根的树，找有多少个儿子节点比他小。

思路：总体思路是利用dfs序+树状数组（或者线段树也是行得通的）这里只讨论树状数组的做法，线段树的思路类似，都是用

来维护一个单点操作+区间求和的问题。   时间复杂度为 O(nlogn) 

首先，直接在树上操作看起来不大方便，所以可以先已p为根节点求一个dfs序，那样我们就得到一个序列。

比如，根据上图我们可以得到一个dfs序：5，3，4，1，2，8，7，6，9，10

很明显，对于每一个节点，它的儿子节点在其dfs序中肯定是位于本节点之后，且是连续的。

比如节点3，节点3有3个儿子节点，根据dfs序，子节点就是4，1，2。

所以我们可以先求出dfs序，记录每一个节点的子节点个数，那这道题就可以转变为：

给你一个序列，求以每一个节点开始的n个数（当前节点的子节点数），有多少个数小于它。

对于上面这个问题，很明显可以想到求逆序数那一题，只要利用树状数组求解一下就好了，具体方法就是：将序列从小到大以权

值1加入到树状数组中，插入后只需要查询当前要求区间（ [i,i+k-1] ,k为节点i的子节点数） 的和，（因为是从小到大加入的，

所以所得求和就是区间中必当前值小的数的个数）。

还不大清楚的可以先看一下求逆序数的思路，再来看这道题。 

代码如下：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int dfn[100050],sum[100050],vis[100050],cnt = 0;
int n,b[100050],c[100050],res[100050];
vector E[100050];
void addedge(int u,int v)
{
    E[u].push_back(v);
    E[v].push_back(u);
}
int dfs(int root) //求dfs序
{
	dfn[++cnt] = root;
	int nums = E[root].size();
	int tot = 0;
	for(int i=0;i0)
    {
        tot += c[pos];
        pos -= lowbit(pos);
    }
    return tot;
}
void work(int root)
{
	vis[root] = 1;
	sum[root] = dfs(root);
	for(int i=1;i<=n;i++) b[dfn[i]] = i;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        res[i] = query(b[i]+sum[i]-1) - query(b[i]);  
        add(b[i],1);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        printf("%d",res[i]);
        if(i!=n) printf(" ");
    }

    printf("\n");
}
int main()
{
#ifdef local
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif // local
	int p; scanf("%d%d",&n,&p);
	for(int i=1;i