[ USACO 2010 FEB ] Slowing Down

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\(Description\)

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给出一棵 \(N\) 个点的树和 \(N\) 头牛，每头牛都要去往一个节点，且每头牛去往的点一定互不相同。

现在按顺序让每一头牛去往自己要去的节点，定义一头牛的代价为，路径上经过的已经有牛的节点数，求每一头牛的代价。

• \(N\le 10^5\)

\(\\\)

\(Solution\)

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注意到一个节点的影响只是在其子树内，考虑 \(DFS\) 的时候直接统计答案。

在每个节点上记录到这个点的牛的编号。那么对当前点有影响的点满足：

• 在根到这个点的路径上\((\) 是当前点的祖先\()\)
• 编号比这个点小

关于第二点，我们可以用值域树状数组通常的打标记求前缀和的方式知道个数。

但是我们要保证树状数组里只有根到当前点这一条链上的所有点。

这个部分可以通过撤销标记实现，即 \(DFS\) 完整棵子树之后在树状数组里撤销标记。

\(\\\)

\(Code\)

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#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int n,m,tot,hd[N],p[N],ans[N];

struct edge{int to,nxt;}e[N<<1];

inline void add(int u,int v){
  e[++tot].to=v; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}

struct BIT{
  int c[N];
  inline int lowbit(int x){return x&-x;}
  inline void add(int p,int x){for(;p<=n;p+=lowbit(p))c[p]+=x;}
  inline int sum(int p){
    int res=0;
    for(;p;p-=lowbit(p)) res+=c[p];
    return res;
  }
}bit;

inline void dfs(int u,int fa){
  ans[p[u]]=bit.sum(p[u]);
  bit.add(p[u],1);
  for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
    if((v=e[i].to)!=fa) dfs(v,u);
  bit.add(p[u],-1);
}

int main(){
  n=rd();
  for(R int i=1,u,v;i

转载于:https://www.cnblogs.com/SGCollin/p/9795240.html